数学-福建省漳州市2024届高三上学期第二次质量检测试题和答案

准考证号姓名(在此试卷上答题无效)漳州市2024届高三毕业班第二次质量检测数学试题本试题卷共4页，22题。全卷满分150分。考试用时120分钟。考生注意：1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的"准考证号、姓名"与考生本人准考证号、姓名是否一致。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用0.5mm黑色签字笔将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回。-、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有-项是符合题目要求的·1.已知集合A,B，若A=(xlog4≤1}，且AB＝(0,3]，则集合B可以为AYY=3B6y=3)C(28D302.若]α6[0∞)，cosa＜m为真命题，则实数m的取值范围为A.m≥1B.m＞lC.m≥1D.m＞13.已知向量a＝(1,m)，向量b＝(n，2)，向量C＝(1，1)，若a与b共线，bC,则A畅m=1B.n＝2C.m＋n=3D.mm=14.公元656年，唐代李淳风注《九章》时提到祖的"开立圆术".祖眶在求球的体积时，使用一个原理："幂势既同，则积不容异""幂"是截面积，"势"是立体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积相等，则体积相等.更详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个立体的体积相等.上述原理在中国被称为"祖原理".3D打印技术发展至今，已经能够满足少量个性化的打印需求，现在用3D打印技术打印了一个"睡美人城堡"如图，其在高度为h的水平截面的面积s可以近似用函数s(h)=π(9h)2，h0，9]拟合，则该"睡美人城堡"的体积约为A.27πB.81πC.108πD.2435.甲、乙两名大学生利用假期时间参加社会实践活动，可以从A，B，C，D四个社区中随机选择一个社区，设事件M为"甲和乙至少一人选择了A社区"，事件N为"甲和乙选择的社区不相同"，则P(NIM)＝5675A.B.CD6.若锐角θ满足C2θ8in(θ=0则C(+2θ=AB3CD3漳州市2024届高三毕业班第二次质量检测数学试题第1页(共4页)7.已知等差数列{a}的前n项和为s，等比数列{b〉}的公比与{a的公差均为2，且满足b1＝a1＋1b3=a4＋1，则使得b6＞s成立的n的最大值为A.6B.7C.8D.9(11n>0(18.已知函数f(x)=则函数g(x)=f(f(x)1)的零点个数为A.3B.5C.6D.8二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求·全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得。分·9.已知直线l经过抛物线C:y2=2b(b>0)的焦点且与C交于A,B两点，以线段AB为直径的⊙D与C的准线相切于点P(2，1)，则(7)A·直线的方程为4r+Y8=0B点D的坐标为4(7)10关于丽数f()=in(2)的图象与性质，下列说法正确的是22C·将函数y=C2的图象向右平移个单位长度可得到函数y=f()的图象D.当(0,2π)时，f(x)∈(1,1)11.已知数列{a}的前n项和为S若a1=a2=4且对n≥2，n6N都有4(sS1)＝S+1，则A·{S2S1}是等比数列B.S6＝1284，1=1，4，=1，24，1=1，4，=1，2+14,n≥2N*2n，n≥2=N12.在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2AB,E,F分别为棱ABCC1的中点，过D1,E,F三点作该正四棱柱的截面a，则下列判断正确的是A·异面直线EF与直线BB所成角的正切值为2B.截面a为六边形C.若AB＝2，截面α的周长为2＋3D.若AB=2截面α的面积为6三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分·13已知椭圆C：+=10&Z则C的离心率为(写出一个符合题日要求的即可)漳州市2024届高三毕业班第二次质量检测数学试题第2页(共4页)14·在二项式(2)"的展开式中第项为常数项展开式中二项式系数和为a所有项的系数和为b，则ab=·15.已知复数12满足之1十281=3i2之1l=1则之2十2il的最大值为16.已知f()是定义域为R的函数f()的导函数，曲线f(x1)关于(10)对称，且满足f(x)f(6)=3r，则f(2022)+f(2028)=；f(2025)=·四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.(10分)已知数列a}的前项和为S满足a"S=n+1(eN)且a4为a2a8的等比中项·()求数列{a}的通项公式；anan+18anan+1820.(12分)2023年12月11日至12日中央经济工作会议在北京举行，会议再次强调要提振新能源汽车消费发展新能源汽车是我国从"汽车大国"迈向"汽车强国"的必由之路.我国某地一座新能源汽车工厂对线下的成品车要经过多项检测，检测合格后方可销售，其中关键的两项测试分别为碰撞测试和续航测试，测试的结果只有三种等次：优秀、良好、合格，优秀可得5分、良好可得3分、合格可得1分，该型号新能源汽车在碰撞测试中结果为优秀的概率为，良好的概率为；在续航测试中结23果为优秀的概率为良好的概率为两项测试相互独立，互不影响该型号新能源汽车两项测试得分之和记为·()求该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格的概率；(Ⅱ)求离散型随机变量的分布列与期望18.(12分)ππ如图，在四边形ABCD中，LDABB且△ABC的26外接圆半径为4·()若BC=4AD＝2，求△ACD的面积；2π(Ⅱ)若D=，求BCAD的最大值.319.(12分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA和侧棱PD与底面ABCD所成的角均为60°，AD＝2AB＝2，O为AD中点，E为侧棱PB上一点，且。E/平面PCD·()请确定点E的位置；(Ⅱ)求平面AOE与平面PAB所成夹角的余弦值.21(12分)已知函数f(x)＝xelnxx＋a有两个不同的零点1，2·()求实数a的取值范围；(Ⅱ)证明:lnx1＋ln2十1＜0.22.(12分)已知a＞b＞0我们称双曲线C=与椭圆：+=1互为伴随曲线点A为双曲线C和椭圆的下顶点·(I)若B为椭圆的上顶点，直线y=t(0＜ta)与T交于P，Q两点，证明：直线AP,BQ的交点在双曲线C上；(Ⅱ)过椭圆的一个焦点且与长轴垂直的弦长为双曲线C的一条渐近线方程为y·若F为双曲线C的上焦点，直线l经过F且与双曲线C上支交于M，N两点，记△MON的面积为SLMON=θ(0为坐标原点)，△AMN的面积为3＋6.()求双曲线C的方程；(i)证明：2scosθ=17sinθ漳州市2024届高三毕业班第二次质量检测数学试题第3页(共4页)漳州市2024届高三毕业班第二次质量检测数学试题第4页(共4页)漳州市2024届高三毕业班第二次质量检测数学答案详解BDDBABBACABCBDAD1.B【命题意图】本题考查指数不等式、对数不等式、分式不等式及函数的定义域与值域、集合的交集运算，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养.【解题思路】因为log4≤1，所以。＜x≤4，所以集合A=(0,4].对于A选项,B＝{yly=3-}＝[0,＋∞)，则AB≠(0,3]，所以A选项不合题意；对于B选项,B＝{xy=3}=(∞3]，则AnB＝(0,3]，所以B选项符合题意；对于C选项，B＝{x28=(∞，3)，则AB≠(0,3]，所以C选项不合题意；对于D选项，不等式30等价于3≠0，解得B＝[0，3)，则AnB≠(0,3]，所x(3)≤0，以D选项不合题意，故选B·2.D【命题意图】本题考查存在量词命题、命题的真假、三角函数的值域，考查运算求解能力，考查逻辑推理、数学运算核心素养.【解题思路】若aG[0，十∞),Cosα＜m为真命题，则m＞(Cosα)min因为Cosα在[0,＋∞)上的最小值为 1，所以m＞1，故选D3.C【命题意图】本题考查向量的坐标运算、共线向量、垂直向量，考查运算求解能力,考查数学运算核心素养.【解题思路】因为a与b共线，所以(1)×(2)mm=0,解得mn＝2.又bC，所以n×1＋(2)×1＝0,解得n＝2，所以m＝1，所以m＋n=3，故选C4.D【命题意图】本题考查数学文化、空间几何体的体积，考查空间想象能力、运算求解能力，考查直观想象、数学运算核心素养.【解题思路】根据祖原理，知该"睡美人城堡"的体积与一个底面圆半径为9，高为9的圆锥的体积近似相等，所以该"睡美人城堡"的体积约为3×92×9=243π，故选D.5.B【命题意图】本题考查古典概型、条件概率，考查运算求解能力、数据处理能力，考查数学运算核心素养.【解题思路】甲、乙两名大学生从四个社区中随机选择一个社区的情况共有42=16(种)，事件M发生的情况共有1632=7(种)，事件M和事件N同时发生的情6 6选B6.A【命题意图】本题考查三角恒等变换，考查推理论证能力、运算求解能力，考查逻辑推理、数学运算核心素养.解题思路因为C82θ8in(θ=0所以(cos2θsin2θ)(Cosθ＋sinθ)＝0，即(Cosθsin)1](Coso＋sinθ)=0,解得Cosθsinθ=3或Coθ+sinθ=0.又θ为锐角，所以Coθinθ=3，则(cosθsinθ)2=3即1sin2θ=3解得in2θ=所以C(+2θ)=8in2θ=故选A· 数学·答17.B【命题意图】本题考查等差、等比数列的性质、通项公式与等差数列的求和公式，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养.【解题思路】由题意得a4=a1＋6，b3=4b1·又b1=a1＋1，b3=a4＋1，所以a1＋7=4(a1＋1)，解得a1=1，所以b1＝2，所以bn＝2an＝2n1，所以Sn＝n2.若b6＞sn，则64＞2.又n6N*，则n的最大值为7故选B·8.B【命题意图】本题考查分段函数、函数的零点，考查运算求解能力、推理论证能力考查逻辑推理、数学运算核心素养.【解题思路】依题意，函数g(x)=f(f(x)1)零点的个数，即为方程f(f()1)＝0解的个数，作函数(1ln，>0(1f()=的大致图象如图所示令f()1=t，则f(t)=0,当t＞0时，lntt=0令h(t)=lnttt>0，易知h(t)在(0，+∞)上单调递增.又h(1)＝1<0，h(e)＝1＞0，所以存在et1(1)，使得h(t1)＝0；当t≤0时，t＋1＋1=0，解得t＝0或2又f(x)1＝t，则f()＝t＋1，当t＝0时，f(x)＝1，根据f(x)的图象可知，方程f(x)＝1有两个解；当t=2时，f()＝1,根据f(x)的图象可知，方程f(x)＝1有两个解；当t=f(x)＝t1＋1,根据f(x)的图象可知，方程f()＝t1＋l有一个解.综上所述函数g(x)=f(f(x)1)的零点个数为5，故选B9.AC【命题意图】本题考查抛物线的几何性质及标准方程、圆的性质、直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养.【解题思路】依题意，抛物线C的准线方程为x=2，y2=8则抛物线C的焦点为(20).设直线l的方程x=ty＋2为x=ty＋2A(1y1),B(2，y2)，联立y2=8，消去整理得y28ty16=0△>0恒成立，则y1＋y2＝8t，y1y2=-16，(+2=t(y+y2)+4=8t2+42==42==464又因为线段AB为⊙D的直径，⊙D与C的准线相切于点P(2，1)，所以APBP＝(21，1y1)(22，1y2)＝(2＋x1)(2＋α2)＋(1＋y1)(1＋y2)＝0，整理得4＋2(x1＋2)十α12十1十y1＋y2十yy2＝0即4＋2(8t2＋4)＋4＋1＋8t16=0,即(4t＋1)2＝0，解得t=，所以直线l的方4程为4＋Y8=0，所以A选项正确；因为DP垂直于准线，所以点D的纵坐标为1,代入直线l的方程，可得点D(·1所以B选项错误；根据抛物线的1717 ，所以⊙D的周长为，所以C选项正确；圆心42D(1到直线4+2+9=0的距离为4×2+9=所以直线4+2y+9=。与⊙D相交，不相切，所以D选项错误，故选AC10.ABC【命题意图】本题考查三角函数的图象与性质考查运算求解能力，考查数学运算核心素养. 数学·答2)=令2=下+·∈z则=2kπ+kZ当5π5π22k＝0时,x所以=是函数f(x)22 条对称轴(另解因为f(=in(= =是函数f()图象的一条对称轴)·所以A选3π3π项正确；令=kπkZ,则x＝2kπ，k242Z当k=1时=所以()是函数f()图象的个对称中心(另解因为f(=象的一个对称中心)、所以B选项正确；因为f()=iR(2=C(2)=(所以将函数y=CS2的图象向右平移个单位长度可得(3π的图象所以C选项正确；f()=sin42(3πf()的值域为(1]，所以D选项错误，故选ABC.11.BD【命题意图】本题考查等比数列的定义、通项公式，考查运算求解能力、推理论证能力考查数学运算、逻辑推理核心素养.【解题思路】因为S22s1＝(a1＋a2)2a1＝(4＋4)2×4＝0，所以{S2S1}不是等比数列(提示：等比数列的每一项均不为。)，所以A选项错误；由4(SS1)＝S+1，得Sn+12Sn＝2Sn4S1＝2(S2S1)，n≥2，nGN*，以及S22S1=0，易得Sn＝2S1，n≥2n6N*.又S1=a1=4，所以数列{S}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以Sn＝4×2"1=2"1所以S6＝26+1=27=128，所以B选项正确；SS1=2"+12，N*)当n=1时，a1＝S1＝4，则a=4，n=1，所以C选项错误，D选项正确，故2"，n≥2，N*，选BD.12.AD【命题意图】本题考查正四棱柱的结构特征及截面、异面直线所成角，考查空间想象能力、运算求解能力，考查直观想象、数学运算核心素养.【解题思路】不妨设AB＝2，则AA1=4，对于A选项，如图1，异面直线EF与直线BB1所成的角，即为直线EF与直线CC1所成的角，连接EC则LEFC即为直线EF与直线CC1所成的角或其补角.易得EC⊥CC在Rt△EFC中，FC=2cci=2EC=A选项正确；对于B选项，如图2，延长DC交D1F于点H，连接EH交BC于点I,延长HE交DA于点K，连接D1K交AA1于点J，连接FI,EJ则五边形D1FIEJ即为平面D1EF截该四棱柱得到的截面，即截面a为五边形，所以B选项错误；对于C选AEKA122，即DH=4畅又==，所以KA=，所以HDKD43KD=+2又所以CIKD 数学·答3所以BI=2=FI=FC2C=24KJAJ中，KD1=KD2DD=.又=24KJAJ3KD1DD11=JE=AJ2A=，所以截面α的周长为DF+FV+E+JE+DJ2++3＋=3+2，所以C选项错误；因为以△KD1H为等腰三角形.又D1H＝4，所以FH=2D1H=2，连接KF，如图2所示，则1DH×KF=1×4×2=8·易知2233△KDH△FH，所以S△FH=1则S△FH=S△KD1H436 ，同理可得S△KJE所以截面α36为S△KD1HS△IFHS△KJE=，所以D选项正确，故选AD.13.填2，57三者中任何一个即可【命题意图】本题考查椭圆的标准方程、离心率，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养.【解题思路】当椭圆C的焦点在x轴上时，可得6->203>0解得m3又0&Z所以=2·此时椭圆C的方程为+Y2=1则椭圆C的离心率为2；当椭圆C的焦点在y轴上时，可得2m3>6m＞0，解得3＜m<6又m∈Z,所以m＝4或=5此时椭圆C的方程为+22=1或2=1，则椭圆C的离心率分别为5和7故可以填 三者中任意一个即可.25714.63【命题意图】本题考查二项式定理，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养.C解题思路项式(2)"的展开式通项Crn3rCT=C"()(2)()=(2)C2令rn3rC＝2，则可得n3×2＝0，所以n＝6,所以二项式(2)的展开式中二项式系数和a＝26＝(2)C令x=1,可得所有项的系数和b＝(1)6＝1，则ab=641=6315.+1【命题意图】本题考查复数的运算、复数的几何意义，考查运算求解能力、应用意识，考查数学运算、逻辑推理核心素养.【解题思路】令复数1=+yixyR,则=x-yi，所以之1十21=3ryi=3i，所以x＝1，y=1，即1=1i.又因为21|=1，即在复平面内，复数之2所对应的点的轨迹是以(1,1)为圆心，1为半径的圆.又点(1，1)到点(0，2)的距离为(10)2(1＋2)2=，所以2十2il的最大值为+1. 数学·答42225命题意图本题考查抽象函数的奇2偶性周期性导数的应用考查推理论证能力运算求解能力考查逻辑推理解题思路因为曲线f(曲线f()关于坐标原点函数又因为R所以f()f()f()3所以f()3因为f()f()3整理得f()f()令g()f()则函数g()为R上的可导奇函数g()且g()g()又g()g()所以g()g()g(2)所以数g()的图象关于直线3对称且2为函数g()的个周期所以g(222)g(228)(82)g(92)()()f()＋则2022f(222)f(228)222)2028225因为g()g()()g()g()所(3)(3)所以g(3)3)又g()g(2)所以2)所以函数g()也是以2为周因为f()g()所以所以f(225)(225)3)(3)因222)所以f()f()即f()f()所以f(225)f(225)7命题意图本题考查等差数列的通项公式等比数列的性质裂项相消法求和考查推理论证能力运算求解能力考查逻辑推理数学运算核心素养()以g(3)g(3)g()g期的周期)关于()对称所以对称即数f()为奇(数学运算核心素养2为f(2所以22gg(f()g92g(2()f(28)222222(解()因为a1S=n+1所以nan+1=Sn十n(n＋1)，①当n≥2时，(n1)an＝S，1＋n(n1)②(1分)①②得nan+(n1)an＝a2化简可得an+a=2，n≥2(2分)且当n=1时，a2a1＝2满足上式(3分)由题可得a2a8=a42，故(a1＋2)(a1＋14)＝(a1＋6)2，解得a1＝2，即数列{a}是以2为首项，2为公差的等差数列，(4分)所以an＝a1＋(n1)×2＝2，N＊·(5分)(Ⅱ)证明令b=aa=2·2(n+1)=4(+1(7分)所以Tn＝b1＋b2十b3十…＋b4223m(11)(8分)C又函数y=1在(0+)上单调递增，(9分)C428所以T≥×(1)=42818.【命题意图】本题考查正弦定理及其推广、三角形面积公式、三角恒等变换，考查推理论证能力、运算求解能力，考查逻辑推理、数学运算核心素养.解:(I)因为B=，△ABC的外接圆半径为4，所以8解得AC4(1分)在△ABC中BC=4解得sinCAB=2·(2分) 数学·答5又CAB(0)·所以CAB=4(3分)在△ACD中AC=4DAC=CAB=AD＝2所以S△ACD=2×4×2×2=4·(5分)(Ⅱ)设ZDAC=θθ&(0)ππ因为LDAB所以LCAB＝θ(6分)22在△DAC中，AC=4，解得AD=in(θ=(2C1423 sinθ=4cSθsinθ(81423在△ABC中，AC=4解得BC=8sin(θ=8coθ(9分)3所以BCAD=4(C8θ+inθ)3=sin=sin(θ+)(10分)33又θ(0所以θ+(当且仅当(11分)所以BCAD的最大值为83(2分)19.【命题意图】本题线面平行的判定定理、平面与平面所成夹角的余弦值，考查推理论证能力、空间想象能力、运算求解能力，考查逻辑推理、直观想象、数学运算核心素养.解：()取BC的中点F，连接。F,则。F/CD，过点F作EFPC,交PB于点E，则E为PB的中点.(1分)因为。F/CD,且。F丈平面PCD，CDc平面PCD，所以。F平面PCD.(2分)因为EFPC,EF￠平面PCD,PCC平面PCD，所以EF/平面PCD.(3分)又。FEF＝F，所以平面。EF/平面PCD又。Ec平面。EF，所以。E/平面PCD(4分)所以点E的位置为PB的中点.(5分)(Ⅱ)因为侧面PAD⊥底面ABCD,所以侧棱PA和侧棱PD与底面ABCD所成的角分别为LPAD和LPDA，则LPAD＝LPDA=60。，所以△PDA为等边三角形，连接PO，则POL底面ABCD(6分)以。为坐标原点，分别以。F，OD，OP所在直线为y轴，建立空间直角坐标系·因为AD＝2AB＝2，所以。(0,00)，A(0，1,0)B(1，10)，P(0,0，)E，222则AB＝(1,0，0)，PA＝(01)OE＝(222OA=(010)(8分)设平面AOE的法向量为U＝(，y)，(OA·U＝0，则则y+y+=0222 数学·答6不妨令不妨令之则3所以U(3)(9分)设平面PAB的法向量为V(abC)PAVb则即ABVa不妨令C则b3所以v(3)(分)设平面AE与平面PAB所成夹角为θuv3则Cθ(分)uv23×24所以平面AE与平面PAB所成夹角的余弦值为(2分)42【命题意图】本题考查互斥事件与相互独立事件的概率、离散型随机变量的分布列与期望，考查运算求解能力考查数学运算数据分析核心素养解：()记事件Ai为"该型号新能源汽车参加碰撞测试的得分为i分(i＝l，35)"则P(A5)P(A)P(A)(分)3记事件Bi为"该型号新能源汽车参加续航测试的得分为i分(i＝l，3，5)"222则P(B5)P(B3)P(B)5552(2分)记事件C为该型号新能源汽车参加两项测试仅有次为合格则P(C)P(A5B)P(A3B)P(AB5)P(AB3)2225355532332则该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格的概率为3(5分)(Ⅱ)由题知离散型随机变量的所有可能取值分别为2，468，10，(6分)P(=2)＝×=，6530P(=4)＝×＋×=，(7分)356515P(=6)=×+×+×=(8分)P(=8)=1×2+1×2=1(9分)25353P(=10)=1×2=1,(10分)255则离散型随机变量的分布列为248P3021533511分)所以数学期望E()=2×30+4×+6×+8×3+10×5=15·(12分)21.【命题意图】本题考查函数的零点、不等式恒成立问题，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数学抽象、逻辑推理、数学运算核心素养.解：()函数f(x)＝xelnrr＋a有两个不同的零点，即方程xelnxx＋a＝0有两个不相等的正根，(1分)即方程e+ln(lnx＋x)＝a有两个不相等的正根.(2分)令t()=r＋lnr,x(0,＋∞)，易知t(x)在(0,＋∞)上单调递增，t()R，令t=t()eR,则问题等价于方程ett=a有两个不等的实根t1t2·(3分)令g(t)=etttR，则g(t)=et1， 数学·答7ee令g(t)=et1=0，解得t＝0，当t(∞，0)时，g(t)＜0，当te(0,＋∞)时，g(t)＞0，所以函数g(t)在(∞，0)上单调递减，在(0,＋∞)上单调递增，(4分)且当t＝0时，函数g(t)取得最小值g(0)＝1，当t→∞时，g(t)→＋∞，当t→＋∞时，g(t)→＋∞，所以a＞1，即当a＜1时，方程ett=a有两个不等的实根.综上所述，实数a的取值范围是(∞，1)(5分)(Ⅱ)证明由()可设t1＜0＜t2则g(t1)=g(t2).令h(t)=g(t)g(t)＝ettett=etet2t,t＞0，(6分)则h(t)＝et＋et2＞0，所以h(t)在(0,＋∞)上单调递增所以h(t)＞h(0)＝0.因为t2＞0，所以h(t2)=g(t