福建省安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学四校2023-2024学年高三下学期返校联考数学试题（解析版）

安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学2024年春高三返校联考考试科目：数学考试时间：120分钟第Ⅰ卷（选择题）一、单选题：本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合要求的．Axx12Bxlog4x1AB1.已知集合，，则（）A.3,4B.,13,4C.1,4D.,4【答案】A【解析】【分析】首先求出绝对值不等式和对数不等式的解集，得出集合A,B，进而可求出AB.【详解】由x12，得x1或x3，所以Axx1或x3，由log4x1，得0x4，所以Bx0x4，所以ABx3x4.故选：A.a3i2.若复数是纯虚数，则实数a（）2i3322A.B.C.D.2233【答案】A【解析】【分析】利用除法运算化简复数，根据纯虚数的特征，即可判断.a3i(a3i)(2i)2a3(6a)i3【详解】，则2a30，有a.2i552故选：A3.在ABC中，D是线段BC上一点，满足BD2DC,M是线段AD的中点，设BMxAByAC，则（）11A.xyB.xy2211C.xyD.xy22【答案】B第1页/共18页 【解析】51【分析】利用向量的线性运算，求出BMABAC，得到x,y的值，再对各选项分析判断即可求63出结果.【详解】因为D是线段BC上一点，满足BD2DC，所以2212ADABBCAB(ACAB)ABAC，3333111又M是线段AD的中点，所以AMADABAC，2631151所以BMBAAMABABACABAC，6363511所以x,y，故xy，632故选：B.4.深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的.在神经网络优化中，指G数衰减的学习率模型为LLDG0，其中L表示每一轮优化时使用的学习率，L0表示初始学习率，D表示0衰减系数，G表示训练迭代轮数，G0表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为22，且当训练迭代轮数为22时，学习率衰减为0.45，则学习率衰减到0.05以下（不含0.05）所需的训练迭代轮数至少为（）（参考数据：lg20.3010，lg30.4771）A.11B.22C.227D.481【答案】D【解析】【分析】根据已知条件列方程、不等式，化简求得正确答案.GG【详解】由于LLDG0，所以L0.5D22，0G22依题意0.450.5D22D9922，则L0.5，1010GG9229221由L0.50.05得，101010第2页/共18页 G9221G9lglg,lg1，1010221022Glg9lg1022，Glg10lg922,G，lg10lg9222222G480.35，12lg3120.47710.0458所以所需的训练迭代轮数至少为481轮.故选：D22xyπ5.已知椭圆C:1的左右焦点为分别F1、F2，P为椭圆C上一点，PF1F2，则△PF1F2的433面积为（）A.3B.1C.3D.23【答案】A【解析】【分析】由椭圆定义得到PF1PF24，F1F22，结合余弦定理列出方程，求出PF12，利用三角形面积公式求出答案.2【详解】由题意得c431，解得c1，由椭圆定义可得PF1PF24，F1F22，222PFFFPF1122由余弦定理得cosPFF，122PFFF112π因为PF24PF1，PF1F2，322PF144PF11所以，解得PF12，4PF21113则SPFFFsinPFF223.PF1F221121222故选：A6.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若C2A，a，b，c成等差数列，则cosC=（）．第3页/共18页 1314A.B.C.D.8425【答案】A【解析】【分析】根据等差中项性质并结合正弦定理及正弦函数两角和差公式，倍角公式即可求解.【详解】因为C2A，所以Bπ3A．又因为a，b，c成等差数列，则2bac．根据正弦定理可得：2sinBsinAsinC，即2sin3AsinAsinC，展开得：2sin2AcosA2cos2AsinAsinAsinC，进一步得：sin2A2cosA1sinA12cos2A，因为sinA0，可得28cosA2cosA30，2331又易知A为锐角，所以cosA，则cosC21，故A正确.448故选：A．22xy7.已知双曲线C:1(a0,b0)的左右顶点分别为A、B，点P,Q均在C上，且关于x轴对称．若22ab1直线AP、BQ的斜率之积为，则该双曲线的离心率为（）4765A.B.C.D.2222【答案】C【解析】yy1x2y2b21【分析】由11结合111得，由离心率公式即可得解.xaxa4a2b2a241122xy【详解】设Px,y,Qx,y，则111，111122ab22x1b1222所以yyyab1，11122222xaxaxaxaa411112222b1cabb5所以,e1.22a4aaa2故选：C.第4页/共18页 a8.已知正数a,b,c满足eblnc,e为自然对数的底数，则下列不等式一定成立的是（）A.ac2bB.ac2bC.22acbD.acb【答案】B【解析】bxx2【分析】由题设alnb,ce且b1，构造f(x)lnxe2x、h(x)elnxx，利用导数、零点存在性定理判断在(1,)上的函数值符号，即可得答案.bb【详解】由题设a0，则b1，且alnb,ce，则aclnbe，x1x令f(x)lnxe2x且x1，故f(x)e2，x1xx1令g(x)e2，则g(x)e在(1,)上递增，故g(x)g(1)e10，2xx所以g(x)f(x)在(1,)上递增，故f(x)f(1)e10，所以f(x)在(1,)上递增，故f(x)f(1)e20，即lnex2xx在(1,)上恒成立，故ac2b，A错，B对；2x2e2对于ac,b的大小关系，令h(x)elnxx且x1，而h(1)10，h(e)ee0，x2显然h(x)在(1,)上函数符号有正有负，故elnx,x的大小在x(1,)上不确定，2即ac,b的大小在b(1,)上不确定，所以C、D错.故选：B二、多选题：本题共3小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．3ππ9.已知A，B是直线y与函数fxsinx0图象的两个相邻交点，若|AB|，则266的值可能是（）A.2B.4C.8D.10【答案】AD【解析】3π5π15【分析】因为ysinx的图象与直线y的相邻交点的距离为或，占周期的比例的或，由此23366第5页/共18页 结合周期公式列式求解即可.【详解】设函数f(x)的最小正周期为T,15则ABT或者ABT，662ππ10ππ即或，6666解得2或10，故选：AD.10.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，P是正方形ABCD内部(含边界)的一个动点，则（）A.存在唯一点P，使得D1PB1CB.存在唯一点P，使得直线D1P与平面ABCD所成的角取到最小值1C.若DPDB，则三棱锥PBB1C外接球的表面积为82D.若异面直线D1P与A1B所成的角为，则动点P的轨迹是抛物线的一部分4【答案】BCD【解析】【分析】由线面垂直得线线垂直来确定点P位置，判断选项A；几何法找线面角，当角最小时确定点P位置，判断选项B；P为DB中点时，求三棱锥PBB1C外接球的半径，计算外接球的表面积，判断选项C；利用向量法解决异面直线所成角的问题，求出动点P的轨迹，判断选项D.【详解】对于A选项：正方形BCC1B1中，有BC1B1C，正方体中有AB平面BCC1B1，B1C平面BCC1B1，ABB1C，又BC1AB=B，BC1,AB平面ABC1D1，B1C平面ABC1D1，只要D1P平面ABC1D1，就有D1PB1C，P在线段AB上，有无数个点，A选项错误；第6页/共18页 对于B选项：D1D平面ABCD，直线D1P与平面ABCD所成的角为D1PD，D1D2，D1PD取到最小值时，PD最大，此时点P与点B重合，B选项正确；11对于C选项：若DPDB，则P为DB中点，PBC为等腰直角三角形，外接圆半径为BC1，三221棱锥PBB1C外接球的球心到平面PBC的距离为BB11，则外接球的半径为2，所以三棱锥2PBBC外接球的表面积为8π，C选项正确；1对于D选项：以D为原点，DA,DC,DD1的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则D10,0,2，A12,0,2，B2,2,0，设Px,y,00x2,0y2，则有D1P=(x,y,-2)，A1B0,2,2，D1PA1B2y4π22有cosD1P,A1Bcos，化简得x4y，P是正方形ABCD内DPABx2y2484211部(含边界)的一个动点，所以P的轨迹是抛物线的一部分，D选项正确.故选：BCD11.学校食堂每天中午都会提供A，B两种套餐供学生选择（学生只能选择其中的一种），经过统计分析发21现：学生第一天选择A套餐的概率为，选择B套餐的概率为.而前一天选择了A套餐的学生第二天选择33131A套餐的概率为，选择B套餐的概率为；前一天选择B套餐的学生第二天选择A套餐的概率为，选4421择B套餐的概率也是，如此反复.记某同学第n天选择A套餐的概率为An，选择B套餐的概率为Bn.一个2月（30天）后，记甲､乙､丙三位同学选择B套餐的人数为X，则下列说法中正确的是（）第7页/共18页 2A.AnBn1B.数列An是等比数列536C.EX1.5D.PX1125【答案】AB【解析】【分析】对于A，由每人每次只能选择A，B两种套餐中的一种判断，对于B，由题意得11An1An1An，变形后进行判断，对于CD，由选项B可求出An，则可求出Bn，得42n3161XB3,，从而判断CD.5154【详解】由于每人每次只能选择A，B两种套餐中的一种，所以AnBn1，所以A正确，11212依题意，An1An1An，则An1Ann1,nN，425452224又n1时，A，153515241所以数列An是以为首项，以为公比的等比数列，5154n1nn24121613161所以A,A,B1A，nnnn515451545154n3161当n30时，B，n5154n3161369所以XB3,,PX1,EX，51541255所以AB正确，CD错误，故选：AB.【点睛】关键点点睛：此题考查等比数列的应用，考查互斥事件和对立事件的概率，考查二项分布，解题11241的关键是根据题意得到An1An1An，从而可得数列An是以为首项，以为公425154比的等比数列，进而可求出An和Bn，考查数学转化思想，属于较难题.第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，将答案填在答题卡的相应位置．第8页/共18页 2212.已知圆xy4，直线l:yxb，圆上恰好有两个点到直线l的距离等于1．则符合条件的实数b可以为______．（只需写出一个满足条件的实数即可）【答案】2（答案不唯一，符合32,22,32即可）【解析】【分析】圆上的点到直线由两个点的距离为1，转化为圆心到直线的距离大于1小于3，求解即可.【详解】圆心为0,0，圆的半径为2，设圆心到直线l的距离为d，因为圆上恰好有两个点到直线l的距离等于1，b所以1d3，即13，2解得32b2，2b32，所以b的取值范围为32,22,32.故答案为：2（答案不唯一，符合32,22,32即可）.13.梯形ABCD中，AD//BC，ABAD，ADAB1，BC2，分别以AB、BC、AD为轴旋转一周所得到的旋转体的体积的最大值为___________7【答案】3【解析】【分析】分别计算出以AB、BC、AD为轴旋转一周所得到的旋转体的体积，比较大小后可得结果.【详解】如下图所示：由题意可知，四边形ABCD是直角梯形，且AB为直角腰，ABAD1，BC2.①若以AB为轴旋转一周，则形成的几何体为圆台，且圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为1，17几何体的体积为V441；133②若以BC为轴旋转一周，则形成的几何体是由一个圆柱和一个圆锥拼接而成的几何体，且圆柱、圆锥的底面半径均为1，高均为1，2124几何体的体积为V1111；233第9页/共18页 ③若以AD为轴旋转一周，则形成的几何体是在一个圆柱中挖去一个圆锥所形成的几何体，圆柱的底面半径为1，高为2，圆锥的底面半径与高均为1，2125几何体的体积为V1211.3337因为V1V3V2，因此，分别以AB、BC、AD为轴旋转一周所得到的旋转体的体积的最大值为.37故答案为：.3【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．14.若过点1,0可以作曲线ylnxa的两条切线，则实数a的取值范围为______．【答案】1,0【解析】【分析】首先由导数的几何意义将原问题等价转换为函数gxxalnxax1在a,有两个零点，求导得出gxa，若要满足题意，根据零点存在定理以及gx单调性可知gx的两个零点min只能分布在a,1a，1a,这两个区间，由此即可列出不等式求解.1【详解】由题意y，设切点为x0,lnx0a,x0a，xalnx0a01则切线斜率满足，x1xa00整理得x0alnx0ax010，由题意该方程在a,有两个根，所以函数gxxalnxax1在a,有两个零点，gxlnxa11lnxa，令gx0得x1a，当ax1a时，gx0，gx单调递减，当x1a时，gx0，gx单调递增，所以首先有gxg1a1a1a0（否则gx不可能有零点，矛盾），min其次当x时，gx，所以gx在1a,上，有且仅有一个零点，所以还需保证gx在a,1a上有1个零点，第10页/共18页 现在来说明x趋于a（xa）时，gxa1,gxa1，1令xa，则当x趋于a（xa）时，t，tlnt1所以gxxalnxax1a1a1，tt所以只需保证a10，解得a1，综上所述，实数a的取值范围为1,0.故答案为：1,0.【点睛】关键点睛：关键是得出gx的两个零点只能分布在a,1a，1a,这两个区间，由此即可顺利得解.四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.如图为一块直四棱柱木料，其底面ABCD满足：ABAD，AD∥BC．（1）要经过平面CC1D1D内的一点P和棱BB1将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？（借助尺规作图，并写出作图说明，无需证明）（2）若ADAB2，BCAA11，当点P在点C处时，求直线AP与平面CC1D1D所成角的正弦值．【答案】（1）答案见解析4（2）5【解析】【分析】（1）过点P做直线EF//CC1，分别交CD、C1D1于E、F，连接BE、B1F.即可得答案，（2）以AA1、AB、AD所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系A-xyz，利用空间向量求解即可【小问1详解】过点P作直线EF//CC1，分别交CD、C1D1于E、F，连接BE、B1F.第11页/共18页 【小问2详解】以AA1、AB、AD所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系A-xyz.则A0,0,0，D0，0,2，D11,0,2，C0,2,1P0,2,1AP(0,2,1),CD(0,2,1),DD(1,0,0).1设平面CC1D1D的法向量为nx，y，z，nCD2yz0则，取n0，1，2nDDx01设直线AP与平面CC1D1D所成角为,nAP4sincosn,AP，nAP54所以直线AP与平面CC1D1D所成角的正弦值为.516.如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，质点到达位置的数字记为X．（1）若该质点共移动2次，位于原点O的概率；（2）若该质点共移动6次，求该质点到达数字X的分布列和数学期望．1【答案】（1）;2第12页/共18页 （2）分布列见解析，0.【解析】【分析】(1)由题意知质点移动2次的所有可能种数，再求出移动2次后在原点的所有可能种数，根据古典概型求解即可；1（2）设向左移动的次数为随机变量Y，易知YB(6,)，得出随机变量X62Y,由二项分布求出对应2的概率，即可求出分布列，再由期望的性质求解X的期望.【小问1详解】质点移动2次，可能结果共有224种，1若质点位于原点O，则质点需要向左、右各移动一次，共有C2种，221故质点位于原点O的概率P.42【小问2详解】1质点每次移动向左或向右，设事件A为“向右”，则A为“向左”，故P(A)P(A),21设Y表示6次移动中向左移动的次数，则YB(6,)，质点到达的数字X62Y,20161所以P(X6)P(Y0)C(),6264116321615P(X4)P(Y1)C()，P(X2)P(Y2)C()，66232264316541615P(X0)P(Y3)C()，P(X2)P(Y4)C()，6621626451636161P(X4)P(Y5)C()，P(X6)P(Y6)C()，66232264所以X的分布列为：X6420246131551531P643264166432641E(X)E(62Y)2E(Y)62660.2217.有nn4个正数，排成n行n列的数表：第13页/共18页 aaaaa111213141naaaaa212223242naaaaa313233343n，aaaaa414243444naaaaan1n2n3n4nn其中aij表示位于第i行，第j列的数．数表中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有13公比相等．已知a1，a，a．244243816（1）求公比．（2）求a11a22ann．1【答案】（1）q2n2（2）S2nn2【解析】【分析】（1）根据等差等比数列的性质即可求解，（2）根据错位相减法即可求解.【小问1详解】111第4行公差为daa，aa．43424443161642111由已知：aqa=，所以q．又每个数都是正数，所以q．2444422【小问2详解】111k因为a41，所以a4k是首项为，公差为的等差数列．故a4k．16161616n4n11因为每一列的数成等比数列，并且所有的公比都相等，所以aak．nk4k22n1故annn，设ann的前n项和为Sn，2122n1111Saaa123n①，n1122nn2222234n111111S123n②，n22222第14页/共18页 123nn1111111①-②得Snn222222111n1n221n12121n1．nn122n2所以S2．nn2218已知抛物线C:y2px(p0)经过点P4,4．.（1）求抛物线C的方程及其准线方程．（2）设O为原点，直线ykx2与抛物线C交于M，N（异于P）两点，过点M垂直于x轴的直线交直线OP于点T，点H满足MTTH．证明：直线HN过定点．2【答案】（1）抛物线C:y4x，准线方程为x=1（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将点代入抛物线方程，即可求得p的值，得到抛物线方程，从而得到准线方程；（2）联立直48线ykx2与抛物线方程，得到yy，yy，再依次求得T，H的坐标，从而得到NH的方1212kk程，令y0，化简即可得证.【小问1详解】由已知，168p，所以p2．2抛物线C:y4x，准线方程为x=1．【小问2详解】2y4x2由，消去x，得ky4y80．ykx2第15页/共18页 48设Mx1,y1，Nx2,y2，则k0，Δ0，且y1y2，y1y2．kk直线OP方程为：yx，所以Tx1,x1．又MTTH，则T为MH中点，所以Hx1,2x1yl．yyxx22所以HN:．2xyyxx11212y2x1x2x22x1y1y2y2x1x2x22x1y1y2x1令y0，则xx2．2xyy2xyy2xyy112112112222yyyyyyyyyy441221121212又x1y2x22x1y1y1y1y20．442424kk所以直线HN过定点(0,0)．1219.已知函数f(x)exlnx,g(x)(x)1．e（1）证明：对任意的x0,1，都有f(x)g(x)．（2）若关于x的方程f(x)m有两个不等实根x1,x2，证明：1m|x2x1|21m．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据给定条件，构造函数h(x)f(x)g(x),x(0,1)，利用导数探讨单调性即可推理得解.（2）利用导数探讨函数yf(x)的性质，并求出m的取值范围，借助函数图象确定直线ym与函数e(x1)yf(x)、yg(x)、yex、y的交点横坐标的关系，再结合不等式的性质推理即得.e1【小问1详解】12令h(x)f(x)g(x)exlnx(x)1,x(0,1)，e121求导得h(x)e(lnx1)2(x)elnx2xe,h()0，eee2e令(x)elnx2xe,x(0,1)，求导得(x)2e20，ex11则函数(x)，即h(x)在(0,1)上单调递增，当x(0,)时，h(x)0，当x(,1)时，h(x)0，ee11于是函数h(x)在(0,)上单调递减，在(,1)上单调递增，ee第16页/共18页 1因此h(x)h()0，所以对任意的x(0,1)，都有f(x)g(x)．e【小问2详解】函数f(x)exlnx的定义域为(0,)，求导得f(x)e(lnx1)，11当x(0,)时f(x)0,f(x)单调递减，当x(,)时f(x)0,f(x)单调递增，ee11于是f(x)f()1，显然x(0,)时，恒有f(x)0，又f(1)0，minee依题意，函数yf(x)的图象与直线ym的交点的横坐标分别为x和x，则1m0，12设函数yg(x)的图象与直线ym的交点的横坐标分别为t1和t2，不妨设t1t2,x1x2，则t1x1x2t2，显然x2x1t2t1，12221又方程m(x)1可化为xx21m0，其两根为t1和t2，eee212于是t1t2，t1t221m，则|t2t1|(t1t2)4t1t221m，ee因此xx21m；211当x0,时，f(x)exlnxex，函数yf(x)图象在直线yex的下方，e11e11(e1)x1当x,1时，令u(x)(e1)lnx1，求导得u(x)，22exxxx1111函数u(x)在(,)上递减，在(,1)上递增，又u()u(1)0,ee1e1e11e(x1)则当x(,1)时，u(x)(e1)lnx10，即f(x)exlnx，函数yf(x)图象在直线exe1e(x1)y的下方，e1e(x1)直线ym与直线yex的交点横坐标分别为x3，与直线y交点的横坐标为x4，则e1mmx,xm1，34ee第17页/共18页 因此x2x1x4x3m1，所以1mxx21m．21【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.第18页/共18页