福建省漳州市2024届高三毕业班第四次教学质量检测数学试题

福建省漳州市2024届高三毕业班第四次教学质量检测数学试题本试卷共4页.满分150分.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，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.1.一组数据如下：3,7,9,10,13,15,19,21，该组数据的75%分位数是（）A.15B.17C.19D.201i202420252.已知复数z，则zz（）1iA.2B.2C.1D.0623.二项式(12x)展开式中，x项的系数为（）A.-60B.-15C.15D.604.设a0,b0，且a2b1，则log2alog2b的（）A.最小值为-3B.最小值为3C.最大值为-3D.最大值为35.已知函数fxlnxx,gx是函数f2x1的导函数，则g0（）A.1B.2C.3D.46.已知数列an是公比不为1的正项等比数列，则t2是a1a10ata9成立的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件x7.已知函数fxa1ab(a0,a1)，则函数fx的单调性（）A.与a无关，且与b无关B.与a无关，且与b有关C.与a有关，且与b无关D.与a有关，且与b有关22xyb8.已知双曲线C:221(a0,b0)左､右焦点分别为F1,F2，过F1的直线与C的渐近线l:yxaba学科网（北京）股份有限公司1 及右支分别交于A,B两点，若FAAB,FBFB0，则C的离心率为（）1123A.B.2C.5D.32二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.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.已知函数fxcos2xasinx2，则下列说法正确的是（）A.当a0时，fx的最小正周期为π7B.当a1时，fx的最大值为8C.当a3时，fx在区间0,2π上有4个零点πD.若fx在0,上单调递减，则a的取值范围为0,3110.如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，且PAABADCD，AB∥CD,ADC90，2平面PAD与平面PBC交线为l，则下列直线中与l垂直的是（）A.PBB.CDC.PCD.PD11.我们把方程ex1x的实数解称为欧米加常数，记为Ω.Ω和e一样，都是无理数，Ω还被称为在指数函数中的“黄金比例”.下列有关Ω的结论正确的是（）A.Ω0.5,11B.lnΩΩ1uC.Ωuu，其中ue1exxlnxD.函数fx的最小值为f(Ω)x1三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.212.写出过点P2,1且与抛物线y4x有唯一公共点的一条直线方程__________.13.已知向量a1,1,b4，且b在a上的投影向量的坐标为2,2，则a与b的夹角为__________.14.在矩形ABCD中，AB2,AD1,P为DC的中点，将DAP沿AP折起，把DAP折成SAP，使学科网（北京）股份有限公司2 平面SAP平面ABCP，则三棱锥SABP的外接球表面积为__________.四､解答题：本大题共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)π记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知B,b23.3（1）若a,b,c成等差数列，求ABC的面积；3（2）若sinAsinCb，求a.1216.（15分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为梯形，平面PAB平面ABCD，AB∥CD,ABAD,PAB是等边三角形，M为侧棱PB的中点，且ADDC2，AB4.（1）证明：CM∥平面PAD；（2）G是线段PD上异于端点的一点，从条件①､条件②中选择一个作为已知，求平面GMC与平面PAB所成角的余弦值.条件①：四棱锥GABCD的体积为3；3条件②：点G到平面PAB的距离为.2注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.17.（15分)2233xy1已知椭圆E:1(ab0)的离心率为，点A1,,B1,,C1,2中恰有两个点在E上.22222ab（1）求E的方程；*（2）设nN,AnBnCn的内角An,Bn,Cn的对边分别为an,bn,cn，cabannnnBC在x轴上且关于原点对称，问：是否存在a，b1c12a1,an1an,bn1,cn1.若点n,n122使得点An都在E上，若存在，请求出a1，若不存在，请说明理由.18.（17分）某汽车厂商生产某型号具有自动驾驶功能的汽车，该型号汽车配备两个相互独立的自动驾驶系统（记为系学科网（北京）股份有限公司3 统A和系统B），该型号汽车启动自动驾驶功能后，先启动这两个自动驾驶系统中的一个，若一个出现故障则自动切换到另一个系统.为了确定先启动哪一个系统，进行如下试验：每一轮对系统A和B分别进行测试试验，一轮的测试结果得出后，再安排下一轮试验.当一个系统出现故障的次数比另一个系统少2次时，就停止试验，并认为出现故障少的系统比另一个系统更稳定.为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若系统A不出现故障且系统B出现故障，则系统A得1分，系统B得-1分；若系统A出现故障且系统B不出现故障，则系统A得-1分，系统B得1分；若两个系统都不出现故障或都出现故障，则两个系统均得0分.系统A､B出现故障的概率分别记为和，一轮试验中系统A的得分为X分.（1）求X的分布列；（2）若系统A和B在试验开始时都赋予2分，pii0,1,2,3,4表示“系统A的累计得分为i时，最终认为系统A比系统B更稳定”的概率，则p00,p41，piapi1bpicpi1i1,2,3，其中aPX1,bPX0,cPX1.现根据p2的值来决定该型号汽车启动自动驾驶功能后先启动哪个系统，若p20.1，则先启动系统B；若p20.9，则先启动系统A；若0.1p20.9，则随机启动两个系统中的一个，且先启动系统A的概率为p2.22(1)①证明：p；22222(1)(1)②若0.001,0.002，由①可求得p20.8，求该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统的概率.19.（17分)xx2设a,bR，函数fxxe2xaxexb，x221gx2xex2xab,hxx2xab,fx,gx,hx的定义域都为,1.2（1）求gx和hx的值域；（2）用maxm,n表示m,n中的最大者，证明：fxmaxgx,hx；（3）记fx的最大值为Fa,b，求Fa,b的最小值.福建省漳州市2024届高三毕业班第四次教学质量检测数学参考答案及评分细则学科网（北京）股份有限公司4 评分说明：1.本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则.2.对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分.3.解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数.4.只给整数分数.选择题和填空题不给中间分.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.B2.B3.D4.C5.D6.A7.A8.C二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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.AB10.BCD11.ABC三､填空题：本大题共3题，每小题5分，共15分.1y1,yx1,yx2（写对一个方程即可）13.13512.14.14.4π2四､解答题：本大题共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.解：（1）因为a,b,c成等差数列，所以ac2b，又b23，所以ac43①，在ABC中，由余弦定理可得：222bac2accosB，π222又B，所以12acac(ac)3ac②，3由①②得ac12，113所以ABC的面积SacsinB1233.22231（2）因为b23,sinAsinCb，所以sinAsinC，122π2π又因为ABCπ且B，所以CA，332π1所以sinAsinA，32311131所以sinAcosAsinA，所以sinAcosA，222222学科网（北京）股份有限公司5 π1所以sinA，32ππ2ππππ又因为0Aπ，所以A，所以A，所以A，333362b所以a4.sinB16.解法一：（1）证明：如图，取AB的中点O，连接OC,OM.因为M为侧棱PB的中点，所以OM∥PA，因为OM平面PAD,PA平面PAD，所以OM∥平面PAD，因为DC2,AB4,AB∥CD，所以DCAO,DC∥AO，所以四边形ADCO为平行四边形，所以OC∥AD.因为OC平面PAD,AD平面PAD，所以OC∥平面PAD，因为OCOMO,OC,OM平面OCM，所以平面OCM∥平面PAD.因为CM平面OCM，所以CM∥平面PAD.（2）如图，连接OP，因为ABAD,OC∥AD，所以OCAB因为PAB是等边三角形，O为AB的中点，所以OPAB，因为平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB,OP平面PAB，学科网（北京）股份有限公司6 所以OP平面ABCD，又OC平面ABCD，所以OPOC.以O为原点，OC所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则P0,0,23,A0,2,0,B0,2,0,C2,0,0,D2,2,0，M0,1,3，选择①：设DGDP2,2,232,2,23,0,1，11242由VShh3，GABCDABCD3323其中h为点G到平面ABCD的距离，得h，2又因为点P到平面ABCD的距离PO23，DGh11所以，所以，DPPO44113133所以CGCDDG0,2,0,,,,，222222设平面GMC的法向量为mx,y,z，mCMx,y,z2,1,32xy3z0,则133133mCGx,y,z,,xyz0,2222227取y1，得m4,1,，3又n1,0,0是平面PAB的一个法向量，mn23所以平面GMC与平面PAB所成角的余弦值为cosm,n.mn5选择②：设DGDP2,2,232,2,23,0,1，因为OC∥DA,OC平面PAB，所以DA平面PAB，所以点D到平面PAB的距离为DA2，学科网（北京）股份有限公司7 3又点G到平面PAB的距离为h，2PGh311所以，所以DGPD，所以，PDDA444以下同选择①解法二：（1）证明：取PA的中点Q，1连接QM,QD，则QMAB，且QM∥AB，21又因为CDAB,AB∥CD，2所以QMCD且QM∥CD，所以四边形QMCD为平行四边形，所以CM∥QD，又因为CM平面PAD,QD平面PAD，所以直线CM∥平面PAD.（2）同解法一.17.解：33（1）因为A1,与B1,关于x轴对称，E也关于x轴对称，A,B,C中恰有两个点在E上，所以A,B22在E上，C不在E上，9所以14，122abc122又因为e,cab,ab0，a2所以a2,b3,c1，22xy所以E的方程为1.43学科网（北京）股份有限公司8 （2）存在a12，使得点An都在E上.理由如下：因为an1an，所以ana1，cabannnn因为b,c，n1n12211所以bn1cn1bncnan，即bn1cn1bncna1，221所以bn1cn12a1bncn2a1，2又因为b1c12a1，所以b1c12a10，所以bncn2a10，即bncn2a1，所以AnCnAnBn2a1a1BnCn，所以点An在以Bn,Cn为焦点，2a1为长轴长的椭圆上，又因为E的焦点为1,0，长轴长为4，点Bn,Cn在x轴上且关于原点对称，2a4,1所以点An都在椭圆E上a12，BCa2nn1所以存在a12，使得点An都在E上.18.解法一：（1）X的所有可能取值为1,0,1.PX11,PX11，PX01PX1PX1111，所以X的分布列为X-101P11111（2）①由题意，得pi1pi1111pi1pi1，所以11pi1pi11pi111pi1pi1所以p,i1,2,3，i11学科网（北京）股份有限公司9 又p00,p41，11p11p0所以p2111p1111p21p1p31111p21p21112[11]11p,211111p31p2p141所以2[11]1111p21p211111，22(1)所以p，22222(1)(1)②记“该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统”为事件T，“该型号汽车启动自动驾驶功能后先启动系统A”为事件C，因为0.001,0.002,p20.80.1,0.9，所以由题意，得PCp20.8,PC1p20.2，PT∣C110.001,PT∣C110.002，所以PTPCPT∣CPCPT∣C0.810.0010.210.0020.9988，即该型号汽车启动自动驾驶功能后无需自动切换到另一个自动驾驶系统的概率为0.9988.解法二：（1）同解法一.学科网（北京）股份有限公司10 papbpcp,1012（2）①由题意，得p2ap1bp2cp3，papbpcp3234又p00,p41，p1bp1cp2,1bp1cp2,所以p2ap1bp2cp3，所以1bp2ap1cp3p3ap2bp3c,1bp3ap2c,acp1cp2,因为abc1，所以1bac，所以acp2ap1cp3，acp3ap2c,capc2所以acp2ap2c，acac222c所以(ac)p22acp2c，所以p222，ac又因为aPX11,cPX11，22(1)所以p.22222(1)(1)②同解法一.19.解：xx（1）gx2x1e2x22x1e1，1因为当x,0时，gx0；当x0,1时，gx0，21所以gx在,0上单调递减，在0,1上单调递增，21131又ge2ab,g12e3ab,gg1，242所以gx的值域为g0,g1，即ab,2e3ab.221因为hxx2xab(x1)ab1,x,1是减函数，215所以hx的值域为h1,h，即ab1,ab.24学科网（北京）股份有限公司11 22（2）证明：当mnmn时，mn|mn|，即mn0，从而mnmn;22当mnmn时，|mn||mn|，即mn0，从而mnmn，所以mnmaxmn,mn，所以xx2xx2f(x)maxxe2xaxexb,xe2xaxexb.x22max2xex2xab,x2xabmaxgx,hx.（3）由（1），得|gx|maxmaxg0,g1，1|hx|maxmaxh1,h，2再结合（2），得Fa,b[fx]maxmaxgx|max,hx|max1maxg0,g1,h1,h，2所以Fa,bg0,Fa,bg1，g0g1g0g1所以Fa,b22ab2e3ab2e3，222e32e3又当g0ab,g12e3ab，222e3152e3h1ab1,hab，224212e3（可取a2e,b）时，Fa,b，222e3所以Fa,b的最小值为.2学科网（北京）股份有限公司12