福建省福州市2024届高三第三次质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省福州市2024届高三第三次质量检测数学试题一、单项选择题1.已知复数满足，则（）A. B.1 C. D.〖答案〗C〖解析〗，，．故选：C．2.已知角的顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，为其终边上一点，则（）A. B.4 C. D.1〖答案〗D〖解析〗始边与轴非负半轴重合，，为其终边上一点，则，且，解得．故选：D．3.函数的图象大致为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗因为函数的定义域为，排除CD，又，即为偶函数，图象关于轴对称，排除B．故选：A．4.在菱形中，若，且在上的投影向量为，则（）A B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由，得，而是菱形，则是正三角形，于是，，因此在上的投影向量为，所以.故选：B5.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗;，故；，故，故故选：B.6.棱长为1的正方体中，点P为上的动点，O为底面ABCD的中心，则OP的最小值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意可得OP的最小值为点到线段的距离，在平面内过点作于点，由题意可得，，，平面，因为平面，则，因为，故，即.故选：C.7.若直线与曲线相切，则的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗对于，有，令切点为，则切线方程为，即，即有，令，则，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，故，又当趋向于正无穷大时，趋向于负无穷，故，即.故选：A.8.函数在上单调递增，且对任意的实数，在上不单调，则的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，又因为，且，则，若在上单调递增，所以，所以，因为对任意的实数，在上不单调，所以的周期，所以，所以．故选：D．二、多项选择题9.双曲线的左、右焦点分别为，且的两条渐近线的夹角为，若（为的离心率），则（）A. B.C. D.的一条渐近线的斜率为〖答案〗ABD〖解析〗双曲线的，，，由，可得，解得，故A正确，C错误；由双曲线的渐近线方程，则两条渐近线的倾斜角为，故两渐近线的夹角为，可得，故BD正确．故选：ABD．10.定义在上的函数的值域为，且，则（）A. B.C. D.〖答案〗ACD〖解析〗令，则有，解得或，因为函数的值域为，所以，A正确；令，则有，即令，则有，即，B不正确；令，则有，所以，即，C正确；因为，所以，，所以，当且仅当时，取到等号，所以，D正确故选：ACD11.投掷一枚质地均匀的硬币三次,设随机变量．记A表示事件“”，表示事件“”，表示事件“”，则（）A.和互为对立事件 B.事件和不互斥C.事件和相互独立 D.事件和相互独立〖答案〗BC〖解析〗根据题意，表示事件“”，即前两次抛掷中，一次正面，一次反面，则，表示事件“”，即第二次抛掷中，正面向上，则，表示事件“”，即前三次抛掷中，一次正面，两次反面，，依次分析选项：对于A，事件、可能同时发生，则事件、不是对立事件，A错误；对于B，事件、可能同时发生，则事件和不互斥，B正确；对于C，事件，即前两次抛掷中，第一次反面，第二次正面，，由于，则事件和相互独立，C正确；对于D，事件，即三次抛掷中，第一次和第三次反面，第二次正面，，，事件、不是相互独立事件，D错误．故选：BC．三、填空题12.展开式中的常数项为______．〖答案〗160〖解析〗二项式的展开式的通项公式，令，可得，所以展开式中的常数项为.故〖答案〗为：160.13.已知圆锥的体积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则它的母线长为_________．〖答案〗2〖解析〗设圆锥的底面半径为，母线长为，因为它的侧面展开图是一个半圆，则，即，又圆锥的体积为，则可解得，故母线长为2.故〖答案〗为：2.14.设为数列的前项积，若，其中常数，则_______（结果用表示）；若数列为等差数列，则_______．〖答案〗1或2〖解析〗因为为数列的前项积，，时，，当时，，即，时，，则，若数列为等差数列，则，所以，整理得，，解得或．检验：当时，，则时，，则，即，故为以为首项，1为公差的等差数列；当时，,则时，，则，故，得，即，又，故为常数列，即,易知其为等差数列.故〖答案〗为：；1或2．四、解答题15.中，角的对边分别是，且．（1）求；（2）若面积为，求边上中线的长．解：（1），由正弦定理边化角，，，或（舍，又，；（2），，，，，即，得，由正弦定理，得，设边的中点为，连接，如下图：，即，即，解得．16.如图，在三棱柱中，平面平面，．（1）设为中点，证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：因为为中点，且，所以在中，有，且，又平面平面，且平面平面，平面,所以平面，又平面，则，由，，得，因为，，，所以由勾股定理，得，又，平面，所以平面；（2）解：如图所示，以为原点，建立空间直角坐标系，可得，则，设平面的法向量为，由，令，得，，所以,由（1）知，平面，所以平面的一个法向量为，记平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角余弦值为．17.从一副扑克牌中挑出4张Q和4张K，将其中2张Q和2张K装在一个不透明的袋中，剩余的2张Q和2张K放在外面．现从袋中随机抽出一张扑克牌，若抽出Q，则把它放回袋中：若抽出K，则该扑克牌不再放回，并将袋外的一张Q放入袋中．如此操作若干次，直到将袋中的K全部置换为Q，（1）在操作2次后，袋中K的张数记为随机变量X，求X的分布列及数学期望；（2）记事件“在操作次后，恰好将袋中的全部置换为”为，记．（ⅰ）在第1次取到的条件下，求总共4次操作恰好完成置换的概率；（ⅱ）试探究与的递推关系，并说明理由．解：（1）由题意可知，的所有取值为0，1，2，则，，，所以的分布列为：012所以；（2）（ⅰ）记事件表示“第1次取到”，事件表示“总共4次操作恰好完成置换”，则（E），依题意，若第一次取到，则剩余的3次操作，须将袋中全部置换为，①若第二次也取出，则第三次和第四次均须取出，其概率为，②若第二次取出，则第三次取出，第四次取出，其概率为，综上所述，，所以，即在第1次取到的条件下，总共4次操作恰好完成置换的概率为；（ⅱ），理由如下：设事件表示“次操作后袋中还剩1张”，依题意，为次操作后，恰好将袋中的全部置换为，而发生这样的情况需次操作后袋中还剩1张，且第次抽中，则，即，为次操作后，恰好将袋中的全部置换为，发生这样需2种情况：①次操作后袋中还剩2张（即前次全取，概率为，并且第次和次全取，②次操作后袋中还剩1张，第次取，第次取，所以（B）又因为，所以．18.在直角坐标系中，已知抛物线C：的焦点为F，过F的直线l与C交于M，N两点，且当l的斜率为1时，.（1）求C的方程；（2）设l与C的准线交于点P，直线PO与C交于点Q（异于原点），线段MN的中点为R，若，求面积的取值范围.解：（1）因为过F的直线l与C交于M，N两点，故直线的斜率不为0，不妨设l的方程为，，，联立l与C的方程，得，∴，，则，∴由题可知当时，，∴，∴C的方程为.（2）由（1）知，将R的纵坐标2m代入，得，易知C的准线方程为，又l与C的准线交于点P，∴，则直线OP的方程为，联立OP与C的方程，得，∴，∴Q，R的纵坐标相等，∴直线轴，∴，∴，∵点Q异于原点，∴，∵，∴，∴，即.19.若实数集对，均有，则称具有Bernoulli型关系．（1）若集合，判断是否具有Bernoulli型关系，并说明理由；（2）设集合，若具有Bernoulli型关系，求非负实数的取值范围；（3）当时，证明：．（1）解：依题意，是否具有型关系，等价于判定以下两个不等式对于是否均成立：①，②，，，具有型关系．（2）解：令，，，则，①当时，显然有，成立；②当时，若，则，即，在区间上单调递减，