精品解析：福建省漳州市2024届高三上学期第一次教学质量检测数学试题（解析版）

准考证号______姓名______（在此卷上答题无效）福建省漳州市2024届高三毕业班第一次教学质量检测数学试题本试卷共6页，22小题，满分150分，考试时间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，再选涂其它答案标号．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．一、单项选择题（本大题共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.设全集，若集合，，则如图所示的阴影部分表示的集合为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由指数函数单调性以及函数定义域可求出集合，易知阴影部分表示，利用集合基本运算可得结果.【详解】根据题意解指数不等式可得，由函数定义域可得，所以；阴影部分表示的集合为. 故选：A2.已知复数z满足（i为虚数单位），则（）A.1B.C.2D.【答案】D【解析】【分析】将等式整理可得，即可计算出.【详解】将整理可得，所以；可得.故选：D3.已知函数的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】首先可求出，再由得，由得，将其转化为、与的交点，数形结合即可判断.【详解】解：由得，，由得，由得.在同一平面直角坐标系中画出、、的图象，由图象知，，.故选：B 【点睛】本题考查函数的零点，函数方程思想，对数函数、指数函数的图象的应用，属于中档题.4.已知向量，，若，则（）A.2B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将向量垂直转换为数量积为零，再结合向量坐标运算公式即可求解.【详解】因为，，且，所以由数量积的坐标公式可知，解得，因此，由向量减法坐标公式可得，最终结合向量模的坐标公式可得.故选：C.5.已知双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，则双曲线的离心率为（）A.B.2C.D.【答案】B【解析】【分析】由题可以算出圆心到双曲线其中一条渐近线距离，设出渐近线方程再结合点到直线之间的距离公式即可列出方程解出，进一步即可求出离心率.【详解】一方面：设双曲线渐近线被圆所截得的弦长为,圆的半径为，圆心到渐近线的距离为，又根据题意有，因此根据垂径定理可得，另一方面：不妨设渐近线方程为（其中），又圆的圆心坐标为圆 ，因此根据点到直线之间的距离公式有圆.结合以上两方面有，解得，又，所以双曲线的离心率为.故选：B.6.若，则（）．A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题意利用诱导公式、二倍角公式，求得要求式子的值．【详解】解：若，所以，则，故选：．7.如图，在五面体ABCDEF中，底面是矩形，，，若，，且底面ABCD与其余各面所成角的正切值均为，则该五面体的体积是（）A.225B.250C.325D.375【答案】C【解析】【分析】利用面面角的定义，结合图形与线面垂直的判定与性质定理求得，从而利用切割法，结合锥体与柱体的体积公式即可得解. 【详解】过作面于，过作分别交于，记的中点为，连接，同理作出，如图，因为底面是矩形，所以，又，所以，因为面，面，所以，因为面，所以面，因为面，所以，所以是面与面的所成角，则由题意知，同理是面与面的所成角，则，因为，所以，则，又易得，所以是的中点，由上述分析易知四边形是矩形，则，所以，则，故，易得，则，因为为的中点，所以，又易得，所以为面与与面的所成角，则，即，则，即，由对称性可知，从而，因为，同理，所以，又，所以四边形是矩形，同理可得四边形与四边形是矩形，则几何体是直棱柱，由对称性可知，，所以该五面体的体积为. 故选：C.8.已知直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则k的最大值是（）A.B.C.2eD.4e【答案】B【解析】【分析】设切点分别为和，则，根据题意转化为有解，设，求得，得出函数的单调性和极小值，结合，即可求解.【详解】因为是和的公切线，设切点分别为和，则，由，可得，则又由，可得，且，则，所以，可得，即，显然同号，不妨设，设，（其中），可得，令，可得，当时，，单调递减；当时，，单调递增， 要使得有解，则需要，即即，解得，所以，即的最大值为.故选：B.【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）9.将100个数据整理并绘制成频率分布直方图（如图所示），则下列结论正确的是（）A.B.该组数据的平均数的估计值大于众数的估计值C.该组数据的第90百分位数约为109.2D.在该组数据中随机选取一个数据记为n，已知，则的概率为【答案】BC【解析】【分析】对于A选项：由阴影部分面积之和为1即可验证；对于B选项：计算出平均数和众数估计值即可验证；对于C选项：根据第90百分位数的定义去计算即可验证；对于D选项：由条件概率计算公式即可验证 【详解】对于A选项：由阴影部分面积之和为1可知，解得，故A选项不符题意.对于B选项：不妨设众数和平均数分别为，由图可知显然有，，因此，即平均数的估计值大于众数的估计值，故B选项符合题意.对于C选项：设第90百分位数为，且注意到这100个数据落在区间的概率为，所以一定落在区间内，所以，解得，故C选项符合题意.对于D选项：记、分别为事件，则由图可知，，则由条件概率公式得，故D选项不符题意.故选：BC.10.函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（）A.B.的图象关于直线对称C.将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象关于原点对称D.若在上有且仅有一个零点，则【答案】ABD【解析】 【分析】由最值求，由周期求，再由，可求，进而可求函数解析式，然后结合正弦函数的性质检验各选项即可判断.【详解】由题意可得，，故，A正确；又因为，故，所以，所以.对于B，当时，，的图象关于直线对称,B正确；对于C，将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象不关于原点对称，C错误；对于D，在上有且仅有一个零点，D正确.故选：ABD.11.已知正项等比数列的前n项积为，且，则下列结论正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】ABD【解析】【分析】根据题意结合等比数列的通项公式及其性质，逐项分析得出数列的单调性，即可得出结论.【详解】不妨设正项等比数列的公比为，所以，；对于A，若，则，由等比数列性质可得，所以可得，即A正确； 对于B，若，可得，又，所以；所以，又，可得，因此可得，即，所以B正确；对于C，若，可得，又，因此的大小无法判断，所以C错误；对于D，若，可得，又，所以可得，即数列为递减数列；可得，即，所以D正确；故选：ABD12.已知定义在上的函数，其导函数的定义域也为.若，且为奇函数，则（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】由题意可以推出的周期以及对称中心，根据，可得的周期是4，又是由向左平移1个单位得到的，且注意到为奇函数，因此的对称中心为；然后对每一选项逐一验证判断即可.【详解】对于A选项：注意到，又是由向左平移1个单位得到的，且注意到为奇函数，因此的对称中心为即，因此；故A选项符合题意.对于B选项：令，此时满足题意，但，故B选项不符题意.对于C选项：因为的对称中心为，所以，又已知，所以，这表明了关于直线对称，即， 由复合函数求导法则且同时两边对求导得；故C选项符合题意.对于D选项：由的对称中心为，即，两边对求导得，结合C选项分析结论，可知，所以这表明了的周期为4，因此，注意到，所以；故D选项符合题意.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：解决本题有两个关键之处，一方面：的周期以及对称中心并举反例排除B选项；另一方面：得出的对称轴，进而求出的奇偶性、周期性.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.的展开式中的常数项是______.【答案】15【解析】【分析】利用展开式的通项，当的指数为0时，求展开式的常数项.【详解】的展开式的通项为，，令，得，所以的展开式中的常数项是.故答案为：1514.有一批同一型号的产品，其中甲工厂生产的占，乙工厂生产的占.已知甲、乙两工厂生产的该型号产品的次品率分别为，，则从这批产品中任取一件是次品的概率是______.【答案】0.024【解析】【分析】利用全概率公式直接求解．【详解】设，分别表示甲、乙厂生产的产品，表示取到次品， 则，，，，从中任取一件产品取到次品的概率为：，故答案为：0.024．15.已知抛物线的焦点为F，过点F的直线与抛物线交于A，B两点，则的最小值是______.【答案】##【解析】【分析】根据题意对直线斜率存在与否进行分类讨论，由焦半径公式写出的表达式，并利用基本不等式求出其最小值.【详解】如下图示：易知焦点，设，且当直线斜率不存在时（如图中虚线所示），可知，此时；当直线斜率存在时，可设直线方程为，显然，联立直线和抛物线方程，消去整理可得， 利用韦达定理可知，又利用焦半径公式可知，所以可得，当且仅当，即时，等号成立；综上可得，的最小值是.故答案为：16.一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计）的上底面半径为1，下底面半径为6，母线与底面所成的角为.在圆台容器内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体的棱长的最大值是______.【答案】4【解析】【分析】根据题意可求出圆台内能放置的最大球的半径，使正方体外接于球即可求出正方体的最大棱长.【详解】如下图所示：根据题意可知；又母线与底面所成的角为，即，易得；设圆台内能放置的最大球的球心为，且与底面和母线分别切于两点，所以可知球的半径，此时球的直径为，即此时球与圆台上底面不相切，因此圆台内能放置的最大球的直径为;若放置一个可以任意转动的正方体，要求正方体棱长最大，需要正方体的中心与球心重合，且该球是正方体的外接球，设正方体的最大棱长为，满足，解得.故答案为：四、解答题（本大题共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.如图，正方体的棱长为2，E为棱的中点.（1）证明：平面ACE；（2）若F是棱上一点，且二面角的余弦值为，求BF.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）解法一：连接交于点，连接，可得，根据线面平行的判定定理即可证明；解法二：以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出平面ACE的法向量，证明即可；（2）以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出平面ACE的法向量为，设，求出平面的法向量,根据即可求解.小问1详解】解法一：证明：连接交于点，连接，则为中点，又为中点，所以，又平面，平面，所以平面.解法二：如图，以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，,，所以，.设平面ACE的法向量为，则，令，则，，所以取.又，所以，所以.又平面，所以平面.【小问2详解】如图，以为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，.设平面的法向量为，则，令，则，，所以取.设， 则.设平面的法向量为，则，令，则，，所以取.因为二面角的余弦值为，所以，解得，即.18.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求A；（2）若D为边BC上一点，且，，证明：为直角三角形.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）结合正弦定理、诱导公式及二倍角公式化简求解即可；（2）解法一：根据向量运算可得，进而结合向量模的计算公式可得，进而结合余弦定理即可求证；解法二：直接利用余弦定理结合，进而化简即可求证.【小问1详解】 因为，所以，因为，所以，即.又，所以.又，所以，即.【小问2详解】解法一：因为，所以.即，所以，所以.因此，又，所以，所以，所以为直角三角形.解法二：因为，所以，所以，又，，所以，即.又，所以，即，所以， 所以，所以.因此，所以，所以为直角三角形.19.已知数列，满足，，记为的前n项和.（1）若为等比数列，其公比，求；（2）若为等差数列，其公差，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由为等比数列，其公比，可得是以为首项，为公比的等比数列，利用公式求前n项和.（2）求出的通项，可得，通过累乘法或构造常数列，求出的通项，利用公式求前n项和，可证得结论.【小问1详解】因为为等比数列，，，所以，所以.又，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以.【小问2详解】解法一：因为为等差数列，，，所以，所以. 因为，即，所以，所以当时，.又符合上式，所以.所以.解法二：因为为等差数列，，，所以，所以.因为，即，所以，所以数列为常数列.因此，所以.所以 .20.甲、乙两选手进行一场体育竞技比赛，采用局n胜制（当一选手先赢下n局比赛时，该选手获胜，比赛结束）.已知每局比赛甲获胜的概率为p，乙获胜的概率为.（1）若，，比赛结束时的局数为X，求X的分布列与数学期望；（2）若比对甲更有利，求p的取值范围.【答案】（1）分布列见解析，（2）【解析】【分析】（1）根据题意，得到所有可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解；（2）解法一：分别求得采用3局2胜制和5局3胜制，甲最终获胜的的概率，和，结合，即可求解；解法二：用，表示3局比赛中甲获胜的局数，得到和，分别求得甲最终获胜的的概率，和，结合，即可求解；【小问1详解】解：依题意得，随机变量所有可能取值为，可得，，所以随机变量的分布列为23所以的数学期望.【小问2详解】 解法一：若采用3局2胜制，甲最终获胜的概率为，若采用5局3胜制，甲最终获胜概率为：，若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利，则，即，解得.解法二：采用3局2胜制，不妨设赛满3局，用表示3局比赛中甲获胜的局数，则，甲最终获胜的概率为：，采用5局3胜制，不妨设赛满5局，用表示5局比赛中甲获胜局数，则，甲最终获胜的概率为：，若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利，则，即，解得.21.已知椭圆的左焦点为，且过点.（1）求C的方程；（2）不过原点O的直线与C交于P，Q两点，且直线OP，PQ，OQ的斜率成等比数列.（i）求的斜率；（ii）求的面积的取值范围. 【答案】（1）（2）（i）（ii）【解析】【分析】（1）利用左焦点和点求出，即可求出C的方程；（2）（ⅰ）设出直线的解析式和点的坐标，表达出直线OP，PQ，OQ的斜率，即可求出直线的斜率；（ii）表达出点O到直线PQ的距离，线段PQ的长度，进而表达出的面积，即可得到面积的取值范围.【小问1详解】由题知，椭圆C的右焦点为，且过点，所以，所以.又，所以，所以C的方程为.【小问2详解】（ⅰ）由题知，直线l的斜率存在，且不为0.设，，，则，所以，所以，， 且，即.因为直线OP，PQ，OQ的斜率成等比数列.所以，即，所以，且.因为，所以，所以.（ii）由（ⅰ）知，，所以，且.设点O到直线PQ的距离为d，所以.因为，所以，，所以，又，且.所以即的面积的取值范围.【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是采用设线法，再将其与椭圆方程联立得到韦达定理式，再整理，将韦达定理式代入即可求出值.22.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，，求实数a的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2） 【解析】【分析】（1）对函数求导后分和两种情况讨论导数的正负，从而可求出其单调区间，（2）由，得，令，则有对恒成立，判断出在单调递增，则转化为对恒成立，构造函数，利用导数求出其最大值，从而可求出实数a的取值范围.【小问1详解】依题意，得.当时，，所以在单调递增.当时，令，可得；令，可得，所以在单调递增，在单调递减.综上所述，当时，在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减.【小问2详解】因为当时，，所以，即，即，即.令，则有对恒成立.因为，所以在单调递增，故只需，即对恒成立.令，则，令，得. 当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减，所以.因此，所以.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是将问题转化为，构造函数，则对恒成立，再利用函数的单调性进一步转化为对恒成立，再次构造函数，利用导数可求得结果，考查数学转化思想，属于较难题.