福建省漳州市2024届高三下学期毕业班第四次教学质量检测数学试卷(含答案)

这是一份福建省漳州市2024届高三下学期毕业班第四次教学质量检测数学试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．一组数据如下：3，7，9，10，13，15，19，21，该组数据的分位数是( )
A.15B.17C.19D.20
2．已知复数，则( )
A.2B.C.1D.0
3．二项式展开式中，项的系数为( )
A.-60B.-15C.15D.60
4．设，，且，则的( )
A.最小值为-3B.最小值为3C.最大值为-3D.最大值为3
5．已知函数，是函数的导函数，则( )
A.1B.2C.3D.4
6．已知数列是公比不为1的正项等比数列，则是成立的( )
A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件
7．已知函数，则函数的单调性( )
A.与a无关，且与b无关B.与a无关，且与b有关
C.与a有关，且与b无关D.与a有关，且与b有关
8．已知双曲线左､右焦点分别为，，过的直线与C的渐近线及右支分别交于A，B两点，若，则C的离心率为( )
A.B.2C.D.3
二、多项选择题
9．已知函数，则下列说法正确的是( )
A.当时，的最小正周期为π
B.当时，的最大值为
C.当时，在区间上有4个零点
D.若在上单调递减，则a的取值范围为
10．如图，四棱锥中，底面，且，，，平面与平面交线为l，则下列直线中与l垂直的是( )
A.B.C.D.
11．我们把方程的实数解称为欧米加常数，记为.和e一样，都是无理数，还被称为在指数函数中的“黄金比例”.下列有关的结论正确的是( )
A.B.
C.，其中D.函数的最小值为
三、填空题
12．写出过点且与抛物线有唯一公共点的一条直线方程__________.
13．已知向量，，且在上的投影向量的坐标为，则与的夹角为__________.
14．在矩形中，，P为的中点，将沿折起，把折成，使平面平面，则三棱锥的外接球表面积为__________.
四、解答题
15．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，.
（1）若a，b，c成等差数列，求的面积；
（2）若，求a.
16．如图，在四棱锥中，底面为梯形，平面平面，，是等边三角形，M为侧棱的中点，且，.
（1）证明：平面；
（2）G是线段上异于端点的一点，从条件① ､条件②中选择一个作为已知，求平面与平面所成角的余弦值.
条件① ：四棱锥的体积为；
条件② ：点G到平面的距离为.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
17．已知椭圆的离心率为，点，，，中恰有两个点在E上.
（1）求E的方程；
（2）设，的内角，，的对边分别为，，，，，，.若点，在x轴上且关于原点对称，问：是否存在，使得点都在E上，若存在，请求出，若不存在，请说明理由.
18．某汽车厂商生产某型号具有自动驾驶功能的汽车，该型号汽车配备两个相互独立的自动驾驶系统（记为系统A和系统B），该型号汽车启动自动驾驶功能后，先启动这两个自动驾驶系统中的一个，若一个出现故障则自动切换到另一个系统.为了确定先启动哪一个系统，进行如下试验：每一轮对系统A和B分别进行测试试验，一轮的测试结果得出后，再安排下一轮试验.当一个系统出现故障的次数比另一个系统少2次时，就停止试验，并认为出现故障少的系统比另一个系统更稳定.为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若系统A不出现故障且系统B出现故障，则系统A得1分，系统B得-1分；若系统A出现故障且系统B不出现故障，则系统A得-1分，系统B得1分；若两个系统都不出现故障或都出现故障，则两个系统均得0分.系统A、B出现故障的概率分别记为和，一轮试验中系统A的得分为X分.
（1）求X的分布列；
（2）若系统A和B在试验开始时都赋予2分，表示“系统A的累计得分为i时，最终认为系统A比系统B更稳定”的概率，则，，其中，，.现根据的值来决定该型号汽车启动自动驾驶功能后先启动哪个系统，若，则先启动系统B；若，则先启动系统A；若，则随机启动两个系统中的一个，且先启动系统A的概率为.
①证明：；
②若，，由①可求得，求该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统的概率.
19．设，函数，，，，，的定义域都为.
（1）求和的值域；
（2）用表示m，n中的最大者，证明：；
（3）记的最大值为，求的最小值.
数学
参考答案
1．答案：B
解析：
2．答案：B
解析：
则，
故
故选B
3．答案：D
解析：二项式展开式的通项公式为
，令可得展开式中项的系数为
故选D
4．答案：C
解析：
5．答案：D
解析：已知函数，定义域为，
则，定义域为，
对求导可得：
因为是的导函数，
所以，
故，
故选D
6．答案：A
解析：
7．答案：A
解析：根据题意，函数，其定义域为R，
设，
当时，，，
则有，
当时，，，
则有，
综合可得：，
则函数在R上的增函数，其单调性与a无关，且与b无关，
故选A
8．答案：C
解析：，A是线段的中点，
O是线段的中点（O为坐标原点）
且
就是点到渐近线，
即的距离，
，，
又，
，又
点B在双曲线C右支上，
由双曲线的定义：，
得，
又，
故选C
9．答案：AB
解析：选项A，当时，其周期由决定，周期为，选项A正确.
选项B，当时：
，
在本式中令，可得，
其定义域为的值域，即，
当它取最大值时，，，可以取到，
将其代回原式得到最大值为
，选项B正确；
选项C，当时，
令可得或，
的解在间的有且仅有，
的解在间的有和
因此在上总共有3个零点，C错误；
D选项，
，
在该式中，
，，为开口向下的二次函数，所以顶点右侧为单调递减函数，其顶点横坐标为，
当时在定义域上单调递增，
当时存在单调递减区间，则单调递减区间为，
原式中单调递减区间为，即，
因为，所以仅需要即可，解出，
从而得出a的取值范围为，D错误
综上所述，本题选择AB
10．答案：BCD
解析：
11．答案：ABC
解析：
12．答案：，，，（写对一个方程即可）
解析：由题意知：过点的直线斜率存在，设直线方程为，
即，
与抛物线联立得，
当时，直线方程为，与抛物线只有一个公共点，当时，若直线与抛物线只有一个交点，则
，
解得或，即直线方程为或，
综上满足条件的直线方程有或或
13．答案：
解析：设a与b的夹角为，因为b在a上的投影向量的坐标为，所以，即，
14．答案：
解析：如图所示连接，为折线，为中点，为中点，连接，，，
由题意可知，，，，
所以，，
因为平面，平面平面，所以平面，
又因为平面，可得，
所以，
所以，
所以即三棱锥是外接球圆心为，外接球半径为，
所以外接球表面积为
15．答案：答案：（1）的面积为；
（2）
解析：（1）因为a，b，c成等差数列，所以，
又，所以①，
在中，由余弦定理可得：，
又，所以②，
由①②得，
所以的面积.
（2）因为，，所以，
又因为且，所以，
所以，
所以，所以，
所以，
又因为，所以，所以，所以，
所以.
16．答案：答案：（1）证明见解析；（2）
解析：解法一：
（1）证明：如图，取的中点O，连接，.
因为M为侧棱的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，
所以.
因为平面，平面，
所以平面，
因为，平面，
所以平面平面.
因为平面，所以平面.
（2）如图，连接，
因为，，所以
因为是等边三角形，O为的中点，
所以，
因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以.
以O为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则
，，，，，
，
选择①：设，，
由，
其中h为点G到平面的距离，得，
又因为点P到平面的距离，
所以，所以，
所以，
设平面的法向量为，
则
取，得，
又是平面的一个法向量，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
选择②：设，
因为，平面，所以平面，
所以点D到平面的距离为，
又点G到平面的距离为，
所以，所以，所以，
以下同选择①
解法二：
（1）证明：取的中点Q，
连接，，则，且，
又因为，，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以直线平面.
（2）同解法一.
17．答案：答案：（1）E的方程为；（2）存在，
解析：（1）因为与关于x轴对称，E也关于x轴对称，A，B，C中恰有两个点在E上，所以A，B在E上，C不在E上，
所以，
又因为，，，
所以，，，
所以E的方程为.
（2）存在，使得点都在E上.理由如下：
因为，所以，
因为，
所以，即，
所以，
又因为，所以，
所以，即，
所以，
所以点在以为焦点，为长轴长的椭圆上，
又因为E的焦点为，长轴长为4，点，在x轴上且关于原点对称，
所以点都在椭圆E上，
所以存在，使得点都在E上.
18．答案：答案：（1）X的分布列为：
（2）① 证明见解析；② 0.9988
解析：解法一：
（1）X的所有可能取值为-1，0，1.
，
，
所以X的分布列为
（2）① 由题意，
得，所以
所以，
又，，
所以
所以
，
所以，
② 记“该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统”为事件，“该型号汽车启动自动驾驶功能后先启动系统A”为事件C，
因为，，，
所以由题意，得，
，
所以
，
即该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统的概率为0.9988.
解法二：
（1）同解法一.
（2）①由题意，得，
又，，
所以，所以
因为，所以，所以，
所以，
所以，所以，
又因为，，
所以.
②同解法一.
19．答案：（1）的值域为；
的值域为；
（2）证明见解析；（3）的最小值为
解析：（1），
因为当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
所以的值域为，即.
因为，是减函数，
所以的值域为，即.
（2）证明：当时，，即，
从而
当时，，即，
从而，
所以，
所以.
.
（3）由（1），得，
，
再结合（2），得
，
所以，，
所以
，
又当，，
，，
（可取，）时，，
所以的最小值为.
X
-1
0
1
P
X
-1
0
1
P