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福建省莆田市2024届高三第四次教学质量检测(三模)数学试卷(解析版)

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莆田市2024届高中毕业班第四次教学质量检测试卷数学注意事项:1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号,座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时,选出每小题答案后,用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,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后,将本试卷和答题卡–并交回.4.本试卷主要考试内容:高考全部内容.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.已知集合,,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由解一元二次不等式解出集合,再由交集的运算求出最后结果即可.【详解】由题意可得,,则.故选:B.2.已知抛物线)的焦点为F,点在抛物线C上,且,则抛物线C的准线方程是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意,结合抛物线的定义,列出方程组,求得的值,得出抛物线的方程,即可求解.【详解】因为点在抛物线上,且,可得,解得,即抛物线, 所以抛物线C的准线方程是.故选:D.3.已知数据,,…,的平均数为,方差为,数据,,,…,的平均数为,方差为,则()A.,B.,C.,D.,【答案】C【解析】【分析】根据平均数和方差的性质得到答案.【详解】已知样本数据的平均数为,方差为,记数据的平均数为,方差为,则,,由题意可得,.故选:C4.设数列的前n项和为,则“是等差数列”是“”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】利用等差数列求和性质及定义结合充分、必要条件的定义判定选项即可.【详解】由是等差数列,得,满足充分性;反之,,只需,得不到是等差数列,不满足必要性,则“是等差数列”是“”的充分不必要条件.故选:A 5.若制作一个容积为的圆锥形无盖容器(不考虑材料的厚度),要使所用材料最省,则该圆锥的高是()A.B.2C.D.4【答案】B【解析】【分析】设圆锥的高与半径,利用体积公式得出高与半径的关系,再消元转化得出侧面积,法一、利用三元均值不等式计算即可;法二、利用导数计算单调性与最值即可.【详解】设该圆锥的高为h,底面圆的半径为r,则,从而,即,该圆锥的侧面积.法一、因为,当且仅当,即时,等号成立,所以要使所用材料最省,则该圆锥的高是2.法二、令,易知时单调递减,时单调递增,即,所以要使所用材料最省,则该圆锥的高是2.故选:B6.已知圆,,P是圆C上的动点,线段的垂直平分线与直线(点C是圆C的圆心)交于点M,则点M的轨迹是()A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线【答案】C【解析】【分析】利用双曲线的定义结合垂直平分线的性质判定即可.【详解】由题意可得圆心,半径.因为M是线段的垂直平分线,所以,则. 因为,所以点M的轨迹是以A,C为焦点的双曲线.故选:C7.已知,点P在曲线上,点Q在曲线上,则的最小值是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意,由反函数的定义,将的最小值转化为为点Р到直线距离的最小值的两倍,再由点到直线的距离公式列出方程,构造函数,求导即可得到其最小值,从而得到结果.【详解】因为函数与互为反函数,所以与的图像关于直线对称,所以的最小值为点Р到直线距离的最小值的两倍.设P(,),则.设,.由得.当时,,单调递减;当时,,单调递增,所以,则的最小值是.故选:D8.已知定义在上的函数满足,且,则()A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】设,得,构造等比数列求得,即可求解.【详解】设在数列中,,则,,从而,故是首项和公比都是2的等比数列.由等比数列的通项公式可得,则,故.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,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.若z是非零复数,则下列说法正确的是()A.若,则B.若,则C.若,则D.若,则【答案】BCD【解析】【分析】利用共轭复数的定义可判定A、C,利用复数的乘法运算法则结合模长公式可判定B、D.【详解】对于A,由,得,则A错误.对于B,因为,所以,解得或(舍去),则B正确.对于C,设(,且),则,所以,则C正确.对于D,由,得.设(,且),则,,从而,则D正确.故选:BCD10.如图,在边长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱B1C1,C1D1的中点,P是正方形A1B1C1D1内的动点,则下列结论正确的是() A.若DP∥平面CEF,则点P的轨迹长度为B.若AP=,则点P的轨迹长度为C.若AP=,则直线AP与平面CEF所成角的正弦值的最小值是D.若Р是棱A1B1的中点,则三棱锥的外接球的表面积是【答案】ACD【解析】【分析】由面面平行的判定定理可得平面平面,从而可得点Р的轨迹是线段,即可判断AB,建立空间直角坐标系结合空间向量的坐标运算即可判断C,结合条件可得外接球的半径,即可判断D【详解】分别取棱,的中点M,N,连接,易证,,平面,平面,所以平面,且平面,平面,所以平面,又平面,则平面平面,因为平面,且P是正方形内的动点,所以点Р的轨迹是线段.因为,所以,因为,所以, 故A正确.因为,所以点P轨迹是以为圆心,1为半径的个圆,则点Р的轨迹长度为,则B错误.以A为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立如图1所示的空间直角坐标系.由题中数据可知则,,.设平面CEF的法向量为,则,得.设直线AР与平面CEF所成的角为,则.因为,所以,所以,所以,则,故C正确.Р是棱中点,则外接圆的圆心为正方形的中心,半径为2.如图2,设,则三棱锥的外接球的半径满足,解得,从而三棱锥P-CEF的外接球的表面积是,故D正确.故选:ACD11.已知函数(,)的图象既关于点中心对称,也关于直线轴对称,且在上单调,则的值可能是()A.B.C.2D.【答案】AB 【解析】【分析】由对称轴和对称中心列出关系式得,利用单调性得到,进而得或或,再注意验证是否符合题意可得答案.【详解】由题意可得则,即.因为在上单调,所以,所以,即,所以,即,解得.因为,所以或或.当时,,,此时在上单调递减,故符合题意;当时,,,此时在上单调递减,故符合题意;当时,,,此时在上不单调,故不符合题意.故选:AB.三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.已知向量,满足,,且,则向量,夹角的余弦值是_________.【答案】【解析】【分析】利用平面向量数量积的运算律计算即可得,再根据夹角计算公式计算即可.【详解】因为,所以,所以.因为,所以,所以, 则.故答案为:13.甲、乙等5人参加A,B,C这三项活动,要求每人只参加一项活动,且每项活动至少有1人参加,若甲,乙不参加同一项活动,且只有1人参加A活动,则他们参加活动的不同方案有___________种.【答案】【解析】【分析】根据题意,分甲或乙参加A活动和甲和乙都不参加A活动,两种情况讨论,结合分类计数原理,即可求解.【详解】甲或乙参加A活动的情况有种,甲和乙都不参加A活动的情况有种,则他们参加活动的不同方案有种.故答案为:.14.古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现:若动点M与两个定点A,B的距离之比为常数(,),则点M的轨迹是圆.后来,人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆.已知,M是平面内一动点,且,则点M的轨迹方程为________.若点Р在圆上,则的最小值是__________.【答案】①.②.【解析】【分析】根据两点距离公式计算即可得第一空,设点P坐标及点,根据圆的方程与两点距离公式化简得出,根据三角形三边关系求最值即可.【详解】设,则,整理得(或).设,则,故 .令,则=.故答案为:;.【点睛】思路点睛:利用阿氏圆的定义取点,构造,转化线段和结合三角形三边关系计算即可.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.在中,内角的对边分别为,且.(1)证明:.(2)若,,求的面积.【答案】(1)证明见解析(2)或【解析】【分析】(1)利用正弦定理及正弦的和角公式计算即可;(2)利用余弦定理及(1)的结论,三角形面积公式计算即可.【小问1详解】根据正弦定理知,整理得,因为,所以,由正弦定理可得;【小问2详解】 因为,所以,由余弦定理可得,即,则,因为,所以,所以,则,即,解得或,当时,,此时的面积,当时,,此时的面积.所以的面积为或.16.跑步是一种方便的体育锻炼方法,坚持跑步可以增强体质,提高免疫力.某数学兴趣小组成员从某校大学生中随机抽取100人,调查他们是否喜欢跑步,得到的数据如表所示.性别跑步合计喜欢不喜欢男402060女152540合计5545100(1)依据的独立性检验,能否认为该校大学生是否喜欢跑步与性别有关?(2)该数学兴趣小组成员为进一步调查该校大学生喜欢跑步的原因,采用分层抽样的方法从样本中喜欢跑步的大学生中随机抽取11人,再从这11人中随机抽取4人进行调查,记最后抽取的4人中,女大学生的人数为X,求X的分布列与数学期望.参考公式:,其中. 参考数据;0.050.010.0050.0013.8416.635787910.828【答案】(1)能(2)分布列见解析,【解析】【分析】(1)根据列联表中的数据,计算得到,结合附表,即可得到答案;(2)根据题意,求得抽取的男大学生有人,女大学生有人,得到的所有可能取值,求得相应的概率,列出分布列,结合期望的公式,即可求解.【小问1详解】解:零假设为:该校大学生是否喜欢跑步与性别无关,根据列联表中的数据,计算得到,根据的独立性检验,我们推断不成立,即认为该校大学生是否喜欢跑步与性别有关,此推断犯错误的概率不大于.【小问2详解】解:由题意可知抽取的男大学生有人,女大学生有人,则随机变量的所有可能取值为,可得,,,,所以的分布列为X0123P 所以期望为.17.如图,在四棱锥中,四边形是正方形,,M为侧棱PD上点,平面.(1)证明:(2)若,求二面角的大小.(3)在侧棱PC上是否存在一点N,使得平面?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)证明见解析;(2);(3)存在,.【解析】【分析】(1)根据给定条件,结合正方形的性质,利用线面垂直的判定推理即得.(2)以О为原点建立空间直角坐标系,求出平面和平面的法向量,再利用面面角的向量求法求解即得.(3)假定存在符合条件的点,由(2)中坐标系,利用线面平行的向量表示求解即可.【小问1详解】记,连接OP,由四边形是正方形,得О是AC的中点,由,得,又,平面,,则平面,又平面,所以.【小问2详解】由(1)知,,由,得,即两两垂直,以О为原点,的方向分别为轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图, 设,则,,由平面,得是平面的一个法向量,显然是平面的一个法向量,设二面角为θ,由图知θ为锐角,则,解得,所以二面角的大小为.【小问3详解】假设在侧棱PC上存在一点N,使得平面,且(),由(2)知,,,则,,平面的一个法向量是,由平面,得,即,则,解得,即,则,所以在侧棱PC上存在一点N,使得平面,此时.18.已知椭圆C:的左、右焦点分别为是C上一点,.点分别为C的上、下顶点,直线:与C相交于两点,直线交于点P.(1)求C的标准方程;(2)证明点Р在定直线上,并求直线,围成的三角形面积的最小值.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)设焦距,分类讨论是否为直角,结合两点斜率公式与正切的差角公式计算即可;(2)设坐标,联立椭圆方程利用韦达定理得横坐标的关系,再含参表示方程,化简计算得点Р在定直线:上,设直线与直线的交点分别为,含参表示其坐标求三角形面积的最值即可.【小问1详解】设椭圆的焦距为,则.①当时,则,满足题意;②当时,则,分别设直线的斜率为,则,,所以,即,整理得,解得或.又,且,所以没有c满足方程.综上,因为点在椭圆C上,所以,又,解之得,,所以C的方程为;【小问2详解】设,联立方程组,整理得, 则,,显然,由椭圆解析式知其上下顶点坐标为:,可得直线的方程为,直线的方程为,则,解得,故点Р在定直线:上,设直线与直线的交点分别为E,F,易得E,F,当且仅当时,等号成立. 19.已知函数,其中.(1)当时,,求的取值范围.(2)若,证明:有三个零点,,(),且,,成等比数列.(3)证明:().【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【解析】【分析】(1)法一:先求的导数,再由导数讨论函数的单调性,判断是否成立,从而确定的取值范围;法二:由题意得,,即确定的单调性,由,得,然后通过设,利用导数证明即可;(2)由(1)可知,的单调性,由此可判断上存在唯一零点,在上存在唯一零点,由即可证明;(3)由题意,可得,即,进而得到,原命题即可证.【小问1详解】(解法一)由题意可知的定义域为,,设,其中.①当,即时,,所以,单调递增,所以当时,,故满足题意;②当,且,即时,, 所以,单调递增,所以当时,,故满足题意;③当,且,即时,设的两根为,,解得,,则当时,,所以,单调递减,则,故不满足题意.综上,的取值范围是.(解法二)由题意可知的定义域为,,因为,,所以,解得,以下证明满足题意.由可知,,所以当时,,设,,所以为递增函数,所以,所以,综上,a的取值范围是.【小问2详解】由(1)可知,当时,在和上单调递增,在上单调递减,因为,所以,,取,,(其中,所以,即), 取,.(其中,所以,即),所以在上存在唯一零点,即在上存在唯一零点,在上存在唯一零点,即在上存在唯一零点,且,所以,,又,所以也是函数的零点,显然且,所以,即,所以,所以,,成等比数列.【小问3详解】由(1)可知当时,为单调递增函数,所以当时,,即,整理得,即,所以(),则(),故().【点睛】关键点点睛:本题后两问关键是利用(1)的结论,将所要证明的问题进行转化.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2024-05-18 11:00:02 页数:19
价格:¥5 大小:1.14 MB
文章作者:180****8757

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