数学答案：福建省部分地市2024届高中毕业班4月诊断性质量检测数学试题答案及评分参考

绝密★启用前试卷类型：A福建省部分地市2024届高中毕业班4月诊断性质量检测数学试题答案及评分参考2024.4一、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，只有一项是符合题目要求的．题号12345678答案CDABBCAD1．已知复数z满足(z1)i1i（i是虚数单位），则zA．1B．1C．iD．i解析：∵zii1i，∴zi1，即zi，故选C.52．已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴非负半轴重合，cos，P(m,2)为其终边5上一点，则mA．4B．4C．1D．152解析：∵cos，∴tan2，∴m1，故选D.5m2x33．函数f(x)的图象大致为2x1解析：结合该函数为偶函数，及f03可判断应选A.4．在菱形ABCD中，若|ABAD||AB|，且AD在AB上的投影向量为AB，则11A．B．C．2D．22222解析：由已知ABADAB知该菱形中ABADBD，1∴由D向AB作垂线，垂足即为AB中点，∴，故选B.21b5．已知alog2，bloga，c()，则522数学参考答案及评分标准第1页共12页 A.cbaB.cabC.abcD.bca1b解析：∵alog52log551，∴blog2a0，c()1，∴cab，故选B.26．棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P为BD1上的动点，O为底面ABCD的中心，则OP的最小值为3663A.B.C.D.3362解析：在正方体中，易知ACBD，ACDD1，且BDDD1D，∴AC平面BDD1，易知当OP平面BDD1，且OPBD1时，OP的长度最小，6在RT△BDD1中,不难求得OP，故选C.6x7．若直线yaxb与曲线ye相切，则ab的取值范围为A．(,e]B．[2,e]C．[e,)D．[2,)解析：设切点为(x,ex0)，则aex0,0∴切线方程为yex0(xx)ex0，则b(1x)ex0，∴ab(2x)ex0，000设f(x)(2x)ex0，则f(x)(1x)ex0，00易知函数f(x)f(1)e，又f(2)02，故可判断选A.1（由图象知当且仅当切线与曲线相切于1,e时，aba1bee最大，亦可知选A.）π8．已知函数f(x)2sinx(3sinxcosx)(0)在(0,)上单调递增，且对任意的实3数a，f(x)在(a,aπ)上不单调，则的取值范围为551515A．(1,]B．(1,]C．(,]D．(,]242224π解析：∵f(x)2sinx(3sinxcosx)2sin(2x)3，3ππππ5∵f(x)在(0,)上单调递增，∴2，∴，33324∵对任意的实数a，f(x)在区间(a,aπ)上不单调，∴f(x)的周期T2π，2π115∴T2π，∴，∴，故选D．2224二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．数学参考答案及评分标准第2页共12页 题号91011答案ABDACDBC22xy9．双曲线C:221(a0)的左、右焦点分别为F1，F2，且C的两条渐近线的夹角a3a为，若|F1F2|2e（e为C的离心率），则πA．a1B．C．e2D．C的一条渐近线的斜率为33解析：易知该双曲线实半轴为a，虚半轴为3a，半焦距为2a，2a∴离心率e2，∴焦距4a4，即a1，∴选项A正确，选项C错误；a3aπ2π易知C的两条渐近线的斜率为k3，∴这两条渐近线的倾斜角分别为和，a33π∴C的两条渐近线的夹角为，∴选项B，D正确；3综上所述，应选ABD.10.定义在R上的函数f(x)的值域为(,0)，且f(2x)f(xy)f(xy)0，则2A．f(0)1B．f(4)[f(1)]0C．f(x)f(x)1D．f(x)f(x)22解析：令xy0，则f0f00，∵函数f(x)的值域为(,0)，∴f(0)1，选项A正确；2令x1，y0，则f(2)[f(1)]，24令x2，y0，则f(4)[f(2)][f(1)]，∴选项B错误；令x0，则f(0)f(y)f(y)0，∴f(y)f(y)f(0)1，即f(x)f(x)1，∴选项C正确；∵f(x)0，f(x)0，∴[f(x)f(x)]2f(x)f(x)2∴f(x)f(x)2，故选项D正确；综上所述，应选ACD.1,第n次投出正面,11.投掷一枚质地均匀的硬币三次，设随机变量Xn(n1,2,3)．记A1,第n次投出反面,表示事件“X1X20”，B表示事件“X21”，C表示事件“X1X2X31”，则数学参考答案及评分标准第3页共12页 A．B和C互为对立事件B．事件A和C不互斥C．事件A和B相互独立D．事件B和C相互独立解析：考查选项A，事件B和C均会出现“反，正，反”的情况，故选项A错误；考查选项B，事件A和C均会出现“反，正，反”的情况，故选项B正确；11211考查选项C，易知P(A)C2()，P(B)，2221事件AB为前两次投出的硬币结果为“反，正”，则P(AB)，41∴P(AB)P(A)P(B)，故选项C正确；41311考查选项D，由选项AC可知P(BC)()，P(B)，2822133在事件C中三次投出的硬币有一次正面，两次反面，则P(C)C3()，28∴P(BC)P(B)P(C)，故选项D错误；综上所述，应选BC．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．2m12.160；13.2；14.；1或2．m22612.(x)的展开式中常数项为．xr6r2r解析：易知该二项展开式通项为Cx()，∴当r3时，得到常数项为160，故应填160．6x313．某圆锥的体积为π，其侧面展开图为半圆，则该圆锥的母线长为．3解析：设该圆锥的母线长为l，底面圆半径为r，根据侧面展开图为半圆得2πrπl，12223即l2r，又根据圆锥体积得πrlrπ，解得r1，l2，故应填2．3314.设Tn为数列{an}的前n项积，若Tnanm，其中常数m0．则a2（结1果用m表示）；若数列{}为等差数列，则m．Tnmm2m2m解析：易知Ta，∴maaaa(1)，解得a，故应填；111222222m2m21111111an1m2(n2)（方法一）TnTn1manman1mman1mman1，ma1n1数学参考答案及评分标准第4页共12页 11an1若数列{}为等差数列，则2为常数d，Tnmman1①若d0，则an11(n2)恒成立，即an1(n1)恒成立，∴m2；21dm,m1,2②若d0，则1an1dmdman1，∴解得1dm,d1,1综上所述，若数列{}为等差数列，则m1，或m2，故应填1或2．Tn1111212（方法二）∵{}为等差数列，∴d(n2)，易知，且(n1)d，TTTTmTmnnn11nTm1n当n2时，∵Tnanm，∴Tnm，∴1，TTTn1nn1122∴由(n1)d，可得2m(n1)d1(n2)d，Tnmm2∴(m1)dn1(m2)d对于任意n恒成立，mm1,d0,m1,d0,∴2或2解得或1(m2)d0,1(m2)d0,d1,m2,mm1综上所述，若数列{}为等差数列，则m1，或m2，故应填1或2．Tn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）2π△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且asinCcsinB，C.3（1）求B的大小；33（2）若△ABC的面积为，求BC边上中线的长.4解：（1）∵asinCcsinB，∴由正弦定理，得sinAsinCsinCsinB，…………2分∵0Cπ，∴sinC0，∴sinAsinB，………………………………………3分∵0Aπ，0Bπ，∴AB，……………………………………………………5分2ππ∵ABCπ，且C，∴B.……………………………………………6分36数学参考答案及评分标准第5页共12页 331（2）依题意absinC，………………………………………………………………7分42∵AB，∴ab，………………………………………………………………8分233122π3a∴asin，解得a3，…………………………………………10分42343设边BC的中点为D，∴CD,AC3，2222∴在△ACD中，由余弦定理知ADACCD2ACCDcosC332π21323cos，………………………………………………………12分423421∴BC边上中线的长为.……………………………………………………………13分216．（15分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ACC1A1平面ABC，ABACBCAA12，AB6.1（1）设D为AC中点，证明：AC平面A1DB；（2）求平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值．（第16题图）解：（1）∵D为AC中点，且ABACBC2，∴在△ABC中，有BDAC，且BD3，……………………………………………1分∵平面ACC1A1平面ABC，且平面ACC1A1平面ABCAC，∴BD平面ACC1A1，………………………………………………………………………2分∵A1D平面ACC1A1，∴BDA1D，……………………………………………………3分∵AB6，BD3，∴AD3，……………………………………………………4分11数学参考答案及评分标准第6页共12页 ∵AD1，AA12，A1D3，∴由勾股定理，有ACA1D，……………………………………………………………6分∵ACBD，A1DBDD，∴AC平面A1DB，…………………………………………………………………………7分（2）如图所示，以D为原点，DA，DB，DA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，可得A(1,0,0)，A(0,0,3)，B(0,3,0)，………………………………………………9分1∴AA(1,0,3)，AB(1,3,0)，…………………………………………………10分1设平面A1AB1的法向量为n(x,y,z)，nAA0,x3z0,1则由得nAB0,x3y0,令x3，则y1，z1，∴n(3,1,1)，…………………………………………12分由（1）可知，BD平面ACC1A1，∴平面ACC1A1的一个法向量为BD(0,3,0)，…………………………………………13分记平面A1AB1与平面ACC1A1的夹角为，nBD35∴cos||，|n||BD|5355∴平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值为．………………………………………15分5数学参考答案及评分标准第7页共12页 17．（15分）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n1(nN)次后，恰好将袋中的K全部置换为Q．”为An，记PP(A).nn（i）在第1次取到Q的条件下，求总共4次操作恰好完成置换的概率；（ii）试探究Pn1与Pn的递推关系，并说明理由.解：（1）由题意X的取值可能为0，1，2，……………………………………………1分当X0时，即第一次取出K，第二次也取出K，211∴P(X0)，…………………………………………………………2分22318当X1时，即第一次取出Q，第二次取出K，或第一次取出K，第二次取出Q，2223135∴P(X1)，……………………………3分22222231488当X2时，即第一次取出Q，第二次也取出Q，221∴P(X2)，…………………………………………………………4分22224∴X的概率分布列为X012151P884…………………………………………………………………5分1519∴X的数学期望E(X)012．……………………………………6分88481（2）（i）记事件“第1次取到Q”为B，事件“总共4次操作恰好完成置换”为C，则P(B)，2………………………………………………………………………………7分依题意，若第1次取出Q，则剩余的3次操作，须将袋中K全部置换为Q，①若第2次亦取出Q，则第3次和第4次均须取出K，数学参考答案及评分标准第8页共12页 12211其概率为；………………………………………………………8分22+22+23+132①若第2次取出K，则第3次须取出Q，第4次须取出K，12313其概率为；………………………………………………………9分22+23+13+16413P(CB)32645∴P(C|B)，即在第1次取到Q的条件下，总共4次操作恰好完成置P(B)13225换的概率为．…………………………………………………………………………10分32（ii）（方法一）由题可知若事件An1发生，即操作n2次后，恰好将袋中的K全部置换为Q，①当第1次取出Q，则剩余的n1次操作，须将袋中K全部置换为Q，21概率为PnPn；……………………………………………………………………12分2+22②当第1次取出K，则从第2次起，直到第n1次均须取出Q，且第n2次取出K，23n113n概率为()()；………………………………………………………14分2+23+13+184113n∴PP+()．…………………………………………………………………15分n1n284（方法二）由题可知若事件An1发生，即操作n2次后，恰好将袋中的K全部置换为Q，则一定有第n2次（最后一次）取出K，①当第n1次（倒数第二次）取出Q，则须在之前的n次操作中的某一次取出K，33概率为PnPn；……………………………………………………………………12分3+14②当第n1次（倒数第二次）取出K，则从第1次起，直到第n次均须取出Q，2n2111n1n3概率为()()()；…………………………………………14分2+22+23+182231n3∴PP+()．……………………………………………………………………15分n1n4218．（17分）2在直角坐标系xOy中，已知抛物线C:y2px(p0)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，|MN|8．（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）．记线段MN的中数学参考答案及评分标准第9页共12页 点为R，若|QR|3，求△MNQ面积的取值范围．p解：(1)不妨设l的方程为xmy，M(x1,y1)，N(x2,y2)，222联立l与C的方程，得y2mpyp0，…………………………………………1分2∴y1y22mp，y1y2p，…………………………………………………………2分2则|MN|xxpm(yy)2p2p(m1)，…………………………………3分1212∴由题可知当m1时，|MN|8，∴p2，…………………………………………4分2∴C的方程为y4x．……………………………………………………………………5分yy12(2)由(1)知y2m，R22将R的纵坐标2m代入xmy1，得R(2m1,2m)，……………………………6分2易知C的准线方程为x1，又l与C的准线交于点P，∴P(1,)，……………7分mm则直线OP的方程为xy，………………………………………………………………8分222联立OP与C的方程，得y2my，∴Q(m,2m)，……………………………………9分∴Q，R的纵坐标相等，∴直线QR∥x轴，……………………………………………11分222∴|QR||2m1m|m1，…………………………………………………………12分13∴S△MNQS△QRMS△QRN|QR||yy|222122(m1)m12|QR|，…………14分2∵点Q（异于原点），∴m0，…………………………………………………………15分∵|QR|3，∴1|QR|3，3∴22|QR|263，即S△MNQ(2,63]．…………………………………………17分19．（17分）b若实数集A，B对aA，bB，均有(1a)1ab，则称AB具有Bernoulli型关系.（1）判断集合M{x|x1}，N{1,2}是否具有Bernoulli型关系，并说明理由；（2）设集合S{x|x1}，T{x|xt}，若ST具有Bernoulli型关系，求非负实数t的取值范围；数学参考答案及评分标准第10页共12页 1n*kk5（3）当nN时，证明：()n．k11k28解：（1）依题意，MN是否具有Bernoulli型关系，等价于判定以下两个不等式对于x112是否均成立：①(1x)1x，②(1x)12x，…………………………………2分122∵x1，(1x)1x，(1x)12xx12x∴MN具有Bernoulli型关系．………………………………………………………4分b（2）（方法一）令f(x)(1x)bx1，xS，b(0,)，b1则f(x)b[(1x)1]，…………………………………………………………………5分bb①当b1时，显然有(1a)1ab，∴(1x)1xb成立；………………………6分②当b1时，b10若1x0，则(1x)(1x)1，即f(x)0，∴f(x)在区间(1,0)上单调递减，b1若x0，则(10)10，即f(0)0，b10若x0，则(1x)(1x)1，即f(x)0，∴f(x)在区间(0,)上单调递增，b∴f(x)的最小值为f(0)0，∴f(x)f(0)0，∴(1x)(bx1)0，b∴(1x)1xb成立；………………………………………………………………8分③当0b1时，b10若1x0，则(1x)(1x)1，即f(x)0，∴f(x)在区间(1,0)上单调递增，b1若x0，则(10)10，即f(0)0，b10若x0，则(1x)(1x)1，即f(x)0，∴f(x)在区间(0,)上单调递减，∴f(x)的最大值为f(0)0，∴f(x)f(0)0，bb∴(1x)(bx1)0，即(1x)bx1，b∴当xS，且0b1时，(1x)1xb不能恒成立，…………………………10分综上所述，可知若ST具有Bernoulli型关系，则T{x|x1}，∴非负实数t的取值范围为[1,)．……………………………………………………11分（方法二）当b1，或0b1时，与方法一相同；…………………………………8分数学参考答案及评分标准第11页共12页 当b1时，bb若ab10，∵(1a)01ab，∴(1a)1ab，1若ab10，则ab1，又b1，∴01，b11∴由方法一的结论，可知(1ab)b1ab1a，b1即(1ab)b1a，…………………………………………………………………………9分∵1ab0，且a(1,)，1bb∴[(1ab)b]b(1a)b，即1ab(1a)，即(1a)1ab；………………………10分∴若集合S{x|x1}，T{x|xt}具有Bernoulli型关系，则T{x|x1}，∴非负实数t的取值范围为为[1,)．…………………………………………………11分1211kk11()k()2k(1)2k（3）∵，…………………………………………12分k2k2k2111显然1，且01，2k2k1b1111由（2）中的结论：当0b1时，(1x)1xb，可知(1)2k1+1，223kk2k2k………………………………………………………………………………………13分12k1(k1)111当k2时，33[]，2k4(kk)4(k1)k(k1)4(k1)kk(k1)11111(1)2k1[]∴，k2，………………………………………15分2k4(k1)kk(k1)1nkk5当n1时，()n显然成立；…………………………………………16分k11k2811nnnkkkk311当n2时，()2()[1]k11k2k21k22k24(k1)k4k(k1)n11111111515n[]n[]nn，24k2(k1)kk(k1)242n(n1)84n(n1)81n*kk5综上所述，当nN时，()n.……………………………………17分k11k28数学参考答案及评分标准第12页共12页