精品解析：福建省莆田市2024届高三第四次教学质量检测（三模）数学试题（解析版）

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.