福建省永春一中培元中学石光中学季延中学高三下学期第二次联合考试数学试题

永春一中培元中学季延中学石光中学2024届高三年第二次联合考试试卷（数学科）考试时间：120分钟满分：150分一、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.若一组数据的75百分位数是6，则（）A.4 B.5 C.6 D.7【答案】C【解析】【分析】根据百分位数的定义求解即可．【详解】这组数据为：，但大小不定，因为，所以这组数据的分位数为从小到大的顺序的第6个数和第7个数的平均数，经检验，只有符合．故选：C．2.抛物线焦点坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】将抛物线方程化为标准方程，再求焦点坐标即可.【详解】由可得，其焦点坐标为，故选：B3.已知等差数列的前项和为，且，，则是中的（）A.第30项 B.第36项 C.第48项 D.第60项【答案】B【解析】【分析】根据题意求出数列的首项与公差，从而求出数列的通项，即可得解.【详解】设公差为，则，解得，所以，则，令，则，所以是中的第36项.故选：B.4.已知直线、m、n与平面、，下列命题正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，，则【答案】B【解析】【分析】ACD可举出反例；B选项，作出辅助线，由线面平行得到线线平行，进而由线面垂直得到面面垂直.【详解】A选项，如图1，满足，，但不垂直，A错误；B选项，如图2，因为，所以作平面，使得，且，则，因为，则，又，故，B正确；C选项，如图3，满足，，但不平行，C错误；D选项，如图4，满足，，，但不平行，D错误.故选：B5.中国灯笼又统称为灯彩，是一种古老的传统工艺品.经过历代灯彩艺人的继承和发展，形成了丰富多彩的品种和高超的工艺水平，从种类上主要有宫灯、纱灯、吊灯等类型.现将4盏相同的宫灯、3盏不同的纱灯、2盏不同的吊灯挂成一排，要求吊灯挂两端，同一类型的灯笼至多2盏相邻挂，则不同挂法种数为（）A.216 B.228 C.384 D.486【答案】A【解析】【分析】先在两端挂2盏吊灯，再在2盏吊灯之间挂3盏纱灯，求出其挂法，最后将宫灯插空挂，考虑宫灯的分组情况，结合分步以及分类计数原理，即可求得答案.【详解】先挂2盏吊灯有种挂法，再在2盏吊灯之间挂3盏纱灯有种挂法，最后将宫灯插空挂.当4盏宫灯分成2，2两份插空时有种挂法；当4盏宫灯分成1，1，2三份插空时有种挂法；当4盏宫灯分成1，1，1，1四份插空时有1种挂法，所以共有种不同的挂法.故选：A6.已知实数，满足，则，可能是（）A， B.，C.， D.，【答案】A【解析】【分析】利用正切的两角和差公式求解即可.【详解】由，得，类比，.故选：A.7.已知实数a，b，c成公差非0的等差数列，在平面直角坐标系中，点P的坐标为，点N的坐标为．过点P作直线的垂线，垂足为点M，则M，N间的距离的最大值与最小值的乘积是（）A.10 B.C. D.前三个答案都不对【答案】A【解析】【分析】由题设可得点M的轨迹是以为直径的圆，故可求的最值，故可求它们的乘积.【详解】直线中a，b，c成等差数列即直线恒过点，又，于是点M的轨迹是以为直径的圆，如图．该圆的圆心为，半径为，因此，故，于是所求最大值与最小值之积为．故选：A.8.宋代理学家周敦颐的《太极图》和《太极图说》是象数和义理结合的表达．《朱子语类》卷七五：“太极只是一个混沦底道理，里面包含阴阳、刚柔、奇偶，无所不有”．太极图（如下图）将平衡美、对称美体现的淋漓尽致．定义：对于函数，若存在圆C，使得的图象能将圆C的周长和面积同时平分，则称是圆C的太极函数．下列说法正确的是（）①对于任意一个圆，其太极函数有无数个②是的太极函数③太极函数的图象必是中心对称图形④存在一个圆C，是它的太极函数A.①④ B.③④ C.①③ D.②③【答案】A【解析】【分析】根据“太极函数”、函数的对称性、对数运算等知识对选项个说法进行分析，由此确定正确答案.【详解】对于①：过圆心的直线都可以将圆的周长和面积平分，所以对于任意一个圆，太极函数有无数个，故①正确对于②：，，所以关于y轴对称，不是太极函数，故②错误；对于③：中心对称图形必定是太极函数，对称点即为圆心．但太极函数只需平分圆的周长和面积，不一定是中心对称图形，故③错误；对于④：曲线存在对称中心，所以必是某圆的太极函数，故④正确．故选：A．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3分.9.在中，，，，则的面积可以为（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】由余弦定理可求得，再用三角形面积公式可得解.【详解】，，，，即，整理得，解得或，当时，，当时，，所以的面积为或.故选：AC.10.设、为不相等的两个复数，则下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则或C.若，则D.若，则在复平面对应的点在一条直线上【答案】BD【解析】【分析】利用特殊值法可判断AC选项；设，，根据模长运算和复数乘法运算可判断B选项；设，，，根据模长运算和复数乘法运算可判断D选项.【详解】对于A，令，，则，此时，A错误；对于B，设，，则，所以，，即，则；若，则成立，此时；若，，由知；由知：，此时；同理可知：当，时，；若，，由得：，则，此时；综上所述：若，则或，B正确；对于，令，，则，此时，C错误；对于D，设，，，则，，由，可得，所以，又、不全为零，所以表示一条直线，即在复平面对应的点在一条直线上，故D正确.故选：BD.11.已知函数的定义域为R，且，，则（）A. B.有最小值C. D.是奇函数【答案】ACD【解析】【分析】根据题意，利用抽象函数的的性质，结合选项，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，令，可得，所以A正确；对于B中，令，且，则，可得，若时，时，，此时函数单调递增函数；若时，时，，此时函数为单调递减函数，所以函数不一定有最小值，所以B错误；对于C中，令，可得，即，所以，，，，各式相加得，所以，所以C正确；对于D中，令，可得，可得，即，所以函数是奇函数，所以D正确；故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，，且，则在上的投影向量为__________.【答案】【解析】【分析】利用向量的坐标运算，结合向量的投影计算即可得出结果.【详解】设，由可知①，而，所以由可得②，由①②可得，解得，则，所以或者，又，向量在上的投影向量是.故答案为：.13.已知圆锥的母线，侧面积为，则圆锥的内切球半径为______；若正四面体能在圆锥内任意转动，则正四面体的最大棱长为______．【答案】①.②.【解析】【分析】根据题意可求得底面圆半径，高，求出轴截面内切圆半径即可得圆锥的内切球半径为，再根据正四面体外接球与棱长之间的关系即可求得最大棱长为.【详解】如图，在圆锥中，设圆锥母线长为，底面圆半径为，因为侧面积为，所以，即．因为，所以，所以．棱长为的正四面体如图所示，则正方体的棱长为，体对角线长为，所以棱长为的正四面体的外接球半径为．取轴截面，设内切圆的半径为，则，解得，即圆锥的内切球半径为．因为正四面体能在圆锥内任意转动，所以，即，所以正四面体的最大棱长为．故答案为：；【点睛】方法点睛：在求解正四面体外接球（内切球）问题时，可根据正四面体的结构特征构造正方体求出外接球半径，也可直接利用结论：棱长为的正四面体的外接球半径为，内切球半径为.14.如图，画一个正三角形，不画第三边；接着画正方形，对这个正方形，不画第四边，接着画正五边形；对这个正五边形不画第五边，接着画正六边形；……，这样无限画下去，形成一条无穷伸展的等边折线．设第n条线段与第条线段所夹的角为，则______．【答案】【解析】【分析】根据正三角形、正方形、正五边形的角的度数规律，类比出多边形个角的度数表达式，再计算出2022条线段所在的正多边形的边数，进一步求出夹角.【详解】第一条线段与第二条线段所夹的角，由此类推，，，，，，，，，，观察规律，三角形会有个相等的角，并且角的度数恰好是其内角的度数，正方形有个，正五边形有个，正六边形有个，多边形有个又观察图形得：正三角形画条线段，正方形画条线段，正五边形画条线段，正六边形画条线段，，正边形画条线段；画到正多边形时，画线段的条数为，当时，；当时，第条线段应在正边形中，故答案为：.四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明，证明过程成演算步骤.15.已知函数在处有极值2．（Ⅰ）求，的值；（Ⅱ）证明：．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.【解析】【分析】（Ⅰ）求出导函数，由且求得，并检验0是极值点；（Ⅱ）不等式化为，引入函数，由导数求得的最小值，最小值大于0，从而证得不等式成立．【详解】（Ⅰ）解：由已知，，则解得，经检验，符合题意.（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，．要证，只需证．即．令，则．令，解得．，的变化情况如下表所示．1－0+单调递减1单调递增所以，时，有最小值．故成立16.为弘扬中国共产党百年奋斗的光辉历程，某校团委决定举办“中国共产党党史知识”竞赛活动．竞赛共有和两类试题，每类试题各10题，其中每答对1道类试题得10分；每答对1道类试题得20分，答错都不得分．每位参加竞赛的同学从这两类试题中共抽出3道题回答（每道题抽后不放回）．已知某同学类试题中有7道题能答对，而他答对各道类试题的概率均为．（1）若该同学只抽取3道类试题作答，设表示该同学答这3道试题的总得分，求的分布和期望；（2）若该同学在类试题中只抽1道题作答，求他在这次竞赛中仅答对1道题的概率．【答案】（1）分布列见解析，（2）【解析】【分析】（1）根据超几何分布的概率公式求解概率，即可得分布列，利用期望公式即可求解，（2）根据相互独立事件的概率，即可求解.【小问1详解】，，，所以X的分布为X0102030P所以小问2详解】记“该同学仅答对1道题”为事件M.这次竞赛中该同学仅答对1道题得概率为.17如图，四棱锥中，底面，四边形中，，．（1）若为的中点，求证：平面平面；（2）若平面与平面所成的角的余弦值为．（ⅰ）求线段的长；（ⅱ）设为内（含边界）的一点，且，求满足条件的所有点组成的轨迹的长度．【答案】（1）证明见解析；（2）（ⅰ）2；（ⅱ）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定，再结合面面垂直的判定推理即得.（2）以点A为原点，建立空间直角坐标系，设，利用面面角的向量求法结合已知求出，再求出并确定轨迹求解即得.【小问1详解】在四棱锥中，底面，平面，则，而平面，于是平面，又平面，则，由，为的中点，得平面，因此平面，而平面，所以平面平面.【小问2详解】（ⅰ）由（1）知，直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，过作于，由，得，令，则，，设平面的法向量，则，令，得，由平面，得平面的一个法向量，依题意，，整理得，而，解得，所以线段的长为2.（ⅱ）显然平面，而平面，则，又，于是，解得，因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆的，所以点的轨迹的长度为.18.已知椭圆的离心率是，点在上．（1）求的方程；（2）过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．【答案】（1）（2）证明见详解【解析】【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.【小问1详解】由题意可得，解得，所以椭圆方程为.【小问2详解】由题意可知：直线的斜率存在，设，联立方程，消去y得：，则，解得，可得，因为，则直线，令，解得，即,同理可得，则，所以线段的中点是定点.【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论．19.已知集合，其中．对于，，定义与之间的距离为．（1）记，写出所有使得；（2）记，、，并且，求的最大值；（3）设，中所有不同元素间的距离的最小值为，记满足条件的集合的元素个数的最大值为，求证：．【答案】（1）的所有情形有：、、、；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题中定义可得的所有情形；（2）分、两种情况，利用绝对值三角不等式可求得的最大值；（3）设是满足条件的最大集合，即中的元素个数为，，记集合，分析出中的元素个数为，利用反证法可得出集合有个元素，从而推出矛盾，进而可证得结论成立.【详解】（1）已知，，且，所以，的所有情形有：、、、；（2）设，，因为，则，同理可得，当时，；当时，.当，时，上式等号成立.综上所述，；（3）设是满足条件的