福建省泉州市高三质量监测（三）数学试题

保密★使用前泉州市2024届高中毕业班质量监测（三）2024.03高三数学本试卷共19题，满分150分，共8页。考试用时120分钟。注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．考生作答时，将答案答在答题卡上。请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。在草稿纸、试题卷上答题无效。3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、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，只有一项是符合题目要求的。1．若复数z满足，则（）A．1 B． C．2 D．2．设集合，，则（）A． B． C． D．3．已知圆锥SO的轴截面是边长为2的正三角形，过其底面圆周上一点A作平面，若截圆锥SO得到的截口曲线为椭圆，则该椭圆的长轴长的最小值为（）A． B．1 C． D．24．若，，则（）A．4 B．2 C． D．5．已知平行四边形ABCD中，，，，若以C为圆心的圆与对角线BD相切，P是圆C上的一点，则的最小值是（）A． B． C． D．6．中心极限定理是概率论中的一个重要结论．根据该定理，若随机变量，则当且时，可以由服从正态分布的随机变量近似替代，且的期望与方差分别与的均值与方差近似相等．现投掷一枚质地均匀分布的骰子2500次，利用正态分布估算骰子向上的点数为偶数的次数少于1300的概率为（）附：若：，则，，．A．0.0027 B．0.5 C．0.8414 D．0.97737．椭圆C：的左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线与椭圆交于A，B两点（A在B左侧），若，则C的离心率为（）A． B． C． D．8．已知函数，满足，，若恰有个零点，则这个零点之和为（）A． B． C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分。9．等差数列中，，，若，，则（）A．有最小值，无最小值 B．有最小值，无最大值C．无最小值，有最小值 D．无最大值，有最大值10．已知函数是偶函数，将的图象向左平移个单位长度，再将图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象．若曲线的两个相邻对称中心之间的距离为，则（）A．B．的图象关于直线对称C．的图象关于点对称D．若，则在区间上的最大值为11．已知函数，，则（）A．恒成立的充要条件是B．当时，两个函数图象有两条公切线C．当时，直线是两个函数图象的一条公切线D．若两个函数图象有两条公切线，以四个切点为顶点的凸四边形的周长为，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．展开式中常数项为10，则________．13．已知抛物线C的顶点为坐标原点，对称轴为坐标轴，准线为l．若C恰过，，三点中的两点，则C的方程为________；若过C的焦点的直线与C交于A，B两点，且A到l的距离为4，则________．14．已知，，，则的最大值为________．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15．（13分）如图，在三棱锥中，，，E为PC的中点，点F在PA上，且平面PAB，．（1）若平面ABC，求；（2）若，求平面PAB与平面MAC夹角的正弦值．16．（15分）淄博烧烤、哈尔滨冬日冰雪、山河四省梦幻联动、鄂了赣饭真湘……，2023年全国各地的文旅部门在网络上掀起了一波花式创意宣传，带火了各地的文旅市场，很好地推动国内旅游业的发展．已知某旅游景区在APP上推出游客竞答的问卷，题型为单项选择题，每题均有4个选项，其中有且只有一项是正确选项．对于游客甲，在知道答题涉及的内容的条件下，可选出唯一的正确选项；在不知道答题涉及的内容的条件下，则随机选择一个选项．已知甲知道答题涉及内容的题数占问卷总题数的．（1）求甲任选一题并答对的概率；（2）若问卷答题以题组形式呈现，每个题组由2道单项选择题构成，每道选择题答对得2分，答错扣1分，放弃作答得0分．假设对于任意一道题，甲选择作答的概率均为，且两题是否选择作答及答题情况互不影响，记每组答题总得分为X．（i）求和；（ii）求．17．（15分）（1）已知，求的最大值与最小值；（2）若关于x的不等式存在唯一的整数解，求实数a的取值范围．18．（17分）表示正整数a，b的最大公约数．若，且，，则将k的最大值记为，例如：，．（1）求，，；（2）已知时，．（i）求；（ii）设，数列的前n项和为，证明：．19．（17分）已知中心在原点、焦点在x轴上的圆锥曲线E的离心率为2，过E的右焦点F作垂直于x轴的直线，该直线被E截得的弦长为6．（1）求E的方程；（2）若面积为3的的三个顶点均在E上，边BC过F，边AB过原点，求直线BC的方程：（3）已知，过点的直线l与E在y轴的右侧交于不同的两点P，Q，l上是否存在点S满足，且？若存在，求点S的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．泉州市2024届高中毕业班质量监测（三）2024.03高三数学本试卷共19题，满分150分，共8页。考试用时120分钟。一、选择题答案：1．B2．C3．C4．B5．C6．D7．A8．D二、选择题答案：9．AD10．BCD11．ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．513．14．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15．（13分）【命题意图】本题考查空间点、直线与平面间的位置关系等知识；考查推理论证、运算求解等能力；考查数形结合思想、化归与转化思想等；体现应用性、创新性、综合性，导向对直观想象、数学运算等核心素养的关注．解法一：（1）依题意得，为正三角形，取PA中点N，连结CN，则，因为平面PAB，所以，， （2分）又因为E为PC的中点，所以F为PN中点，则， （3分）因为平面ABC，平面PAB，平面平面，即， （5分）也即，． （6分）（2）因为，则平面PAB，且 （7分）又因为平面PAB，所以， （8分）由，可知，则为等腰直角三角形，，又因为EF与AC相交于平面PAC，所以平面PAC， （10分）为等腰直角三角形，M为斜边PB中点，则也为等腰直角三角形，取AM中点H，则，且，连结CH，平面CNH，则，为二面角的平面角， （11分）在中，则． （13分）解法二：（1）同解法一；（2）因为平面PAB，所以， （7分）由，可知，则为等腰直角三角形，，取AC中点O，连结PO，则，取BC中点Q，连结OQ，则，又因为EF与AC相交于平面PAC，所以平面PAC， （9分）也即平面PAC，所以OQ，OC，OP两两相互垂直，以O为原点，OQ，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．，，，，，，，，，， （10分）设平面MAC的一个法向量，则，，即取，则，所以为平面MAC的一个法向量． （11分），记平面PAB与平面MAC夹角为，． （13分）解法三：（1）因为平面PAB，所以，由，可知，则为等腰直角三角形，，为正三角形，取AC中点O，连结PO，则，取BC中点Q，连结OQ，则，又因为EF与AC相交于平面PAC，所以平面PAC，也即平面PAC， （3分）所以OQ，OC，OP两两相互垂直，以O为原点，OQ，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．，，，，，，（4分）因为平面ABC，平面PAB，平面平面，则， （6分）因为，所以，，，，所以． （9分）补充说明：第一小题利用坐标法解答得9分，其中证明平面PAC得3分，请把这3分的分值写到第二小题的得分栏。（2），，，， （10分）设平面MAC的一个法向量，则，，即取，则，所以为平面MAC的一个法向量． （11分），记平面PAB与平面MAC夹角为，． （13分）解法四：（1）同解法一；（2）设点C在平面PAB的射影为N，则平面PAB，过点N做，垂足为H，连结CH，平面CNH，则，为的平面角，因为平面PAB，所以， （7分）由，可知，则为等腰直角三角形，，为正三角形，取AC中点O，连结PO，则，又因为EF与AC相交于平面PAC，所以平面PAC， （9分），，平面ABC因为，则，所以， （10分）在中，，，，，， （11分）在中，，，，， （12分）． （13分）16．（15分）【命题意图】本小题主要考查全概率、独立事件、分布列、数学期望、等基础知识，考查运算求解、推理论证、数据处理能力，体现综合性、创新性、应用性，导向对发展数学运算、逻辑推理、数据分析、数学建模等核心素养的关注．【试题简析】（1）记“甲任选一道题并答对”为事件M，“甲知道答题涉及内容”为事件A．1分依题意，，，，． 2分因为事件MA与互斥，所以（没说明互斥不扣分）3分． （公式1分，结果1分）5分（2）（i）． 7分； （本小题答对任意一个2分，答对两个3分）8分（ii）依题意，随机变量． （部分对1分，全对2分）10分； 11分； 12分； 13分； 14分故． 15分17．（15分）【命题意图】本小题主要考查导数的应用、不等式等基础知识，考查运算求解、推理论证、数形结合、转化化归等能力，体现综合性、创新性，导向对发展数学运算、逻辑推理、直观想象等核心素养的关注．【试题简析】（1）因为，， 1分令，解得， 2分，的变化情况如下表所示．x+0单调递增单调递减 4分所以，在区间上单调递增，在区间上单调递减．当时，有极大值，也是的最大值． 5分又因为，，而，所以， 6分所以为的最小值． 7分（2）解法一：因为，所以不等式可化为． 8分由（1）可知在区间上单调递增，在区间上单调递减．因为的最大值，， 9分，，所以，时，最大， （有相应解释即可）10分所以不等式即存在唯一的整数解只能为1， （整步只提供图形没有解释扣2分）11分所以， 13分所以a的取值范围为．（或） 15分解法二：令，由题意可知有唯一整数解， 8分，当时，，所以在单调递增，而，所以，与题意矛盾； 9分当时，由可得或（舍去），当时，，时，，所以在单调递增，在单调递减，所以时，取最大值为， 10分由题意可知，解得， 11分因为，所以当即时，由有唯一整数解知，解得， 12分若，由在单调递增知，矛盾所以，由在单调递减可知，所以符合题意； 13分当时，，，由在单调递减可知，，不符合题意；综上所述，a的取值范围为．（或） 15分18．（17分）【命题意图】本小题主要考查等比数列的通项公式与数列求和等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程、化归与转化等思想，体现基础性，导向对发展数学运算等核心素养的关注．【试题解析】（1）依题可得表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，因为与2互质的数为1，所以； 1分因为与3互质的数为1，2，所以； 2分因为与6互质的数为1，5，所以； 3分（2）①因为中与互质的正整数只有奇数，所以中与互质的正整数个数为，所以， 5分又因为中与互质的正整数只有与两个，所以中与互质的正整数个数为，所以， 7分所以． 9分②解法一：因为，所以． 10分所以． 13分令，因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列． 14分所以数列的前n项和． 16分所以．又因为，所以． 17分解法二：因为，所以． 10分又因为，所以， 13分所以， 14分所以，所以 16分因为，所以． 17分19．（17分）【命题意图】本小题主要考查双曲线的定义，双曲线的标准方程，直线与双曲线的位置关系等知识；考查运算求解、逻辑推理等能力；考查数形结合、函数与方程等思想；体现基础性、综合性与创新性，导向对直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注．【试题解析】（1）圆锥曲线E的离心率为2，故E为双曲线， 1分因为E中心在原点、焦点在x轴上，所以设E的方程为， 1分【说明：指出曲线为双曲线，或正确写出曲线的方程形式，均可得1分，但不累计得分】令，解得，所以有① 2分又由离心率为2，得②， 3分由①②解得， 4分所以双曲线E的标准方程是． 4分解法一：（2）设，，由已知，得，根据直线AB过原点及对称性，知， 5分联立方程，得，化简整理，得， 6分所以，且， 7分所以，解得， 8分【到此可得第8分】所以直线BC的方程是或． 8分解法二：（2）设，，由已知，得，根据直线AB过原点及对称性，知（其中d为原点O到直线BC的距离）， 5分联立方程，，化简整理，得， 6分所以，且， 7分所以，又因为，于是，解得， 8分所以直线BC的方程是或． 8分解法一：（3）若直线l斜率不存在，此时直线l与双曲线右支无交点，不合题意，不满足条件，故直线l斜率存在， 9分设直线l方程，联立方程，得，化简整理，得，则， 10分因为恒成立，所以，故，解得：， 11分设，，则由韦达定理，得，设点S的坐标为，由，得，则，变形得到， 12分将，代入，解得， 13分【将代入中，解得，消去k，得到点S的轨迹为定直线：上的一段线段（不含线段端点，）． 14分】【将化为，将S的坐标代入中，并化为，故，即点S的轨迹为定直线：上的一段线段（不含线段端点，）． 14分】因为，，且，记，所以，故，即S的轨迹方程为，表示以点H为圆心，半径为的圆H， 15分设直线与y轴，x轴分别交于，，依次作出直线，，，，且四条直线的斜率