福建省漳州市2024届高三第三次质量检测数学试题（Word版附解析）

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本试题卷共4页，19题．全卷满分150分，考试用时120分钟．
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姓名、班级、考场等．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，再选涂其他答案标号．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、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. 或
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先将集合A，B化简，再利用交集运算得解.
【详解】由，即，解得或，
所以集合或，又，
则或.
故选：B．
2. （ ）
A. 65B. 160C. 165D. 210
【答案】C
【解析】
【分析】根据排列数、组合数的公式计算可得.
【详解】.
故选：.
3. 若复数，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，复数的模的求法结合共轭复数的定义进行计算即可.
【详解】复数，
则，
所以，
所以，
故选:C．
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助换元法，结合诱导公式与二倍角公式计算即可得.
【详解】令，则，
所以
.
故选：A．
5. 一个圆台上、下底面的半径分别为1和4，体积为，则它的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用圆台的体积公式求得高，再利用圆台的表面积公式即可得解.
【详解】依题意，设圆台的高为，则，解得，
所以圆台的母线长为，
则圆台的表面积为.
故选：B．
6. 在中，是边上一点，且是的中点，记，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算法则进行运算即可.
【详解】
，
故选：D．
7. 已知函数的定义域均为是奇函数，且的图象关于对称，，则（ ）
A. 4B. 8C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题中条件可得的图像关于对称，结合是奇函数，可得的图象关于点中心对称，继而可得是以4为周期的周期函数，通过赋值，进一步计算即可.
【详解】因为的图象关于对称，所以．
因为①，则，
即②，①-②得，，
所以的图像关于对称．
令，则是奇函数，
所以，即，
所以的图象关于点中心对称，
所以，所以，
所以是以4为周期的周期函数．
因为，所以．
因为是以4为周期的周期函数，
所以也是以4为周期的周期函数，
取，，所以．
因为，所以，
所以．
取，所以，
所以，
所以，
故选:D．
8. 将数列与的公共项从小到大排列得到数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】经检验，数列中的奇数项都是数列中的项，观察归纳可得.
【详解】数列中的项为：2，4，8，16，32，64，128，256，，
经检验，数列中的奇数项都是数列中的项，
即2，8，32，128，可以写成的形式，观察归纳可得，
所以，
故选：C．
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3分，有选错的得0分．
9. 已知函数的部分图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 的图象关于中心对称
B. 在区间上单调递增
C. 在上有4个零点，则实数的取值范围是
D. 将的图象向右平移个单位长度，可以得到函数的图象
【答案】AD
【解析】
【分析】不妨设，根据图象求得函数的解析式，逐项验证即可.
【详解】不妨设，则，
解得．又，
所以，
解得，，
取符合条件的的一个值，不妨令，
则．
对于A选项，因为．
所以的图像关于中心对称，故A选项正确；
对于B选项，令，
解得，
所以的单调递增区间为:
，
取，得的一个单调递增区间为．
因为，
所以在上不具有单调性，故B选项错误；
对于C选项，因为，
所以，
所以，解得，
故C选项错误；
对于D选项，将的图象向右平移个单位长度得到:
的图象，
故D选项正确，
故选:AD．
10. 点在抛物线上，为其焦点，是圆上一点，，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为.
B. 周长的最小值为.
C. 当最大时，直线的方程为.
D. 过作圆的切线，切点分别为，则当四边形的面积最小时，的横坐标是1.
【答案】BD
【解析】
【分析】A选项：通过抛物线方程计算可得；
B选项：运用抛物线定义，将转换为到准线的距离即可求出周长最小值；
C选项：将最大问题，转换为的最大值问题，再讨论；
D选项：结合A选项得到的结论，判断四边形的面积最小时点坐标.
【详解】对于A选项，设，则，
当且仅当时取等号，此时或，所以，
，故A选项错误；
对于B选项，抛物线的准线方程为，如图1，过作准线的垂线，垂足记为，
则，当且仅当三点共线时，取得最小值，
即，此时，
又，所以周长的最小值为，故B选项正确；
对于C选项，如图2，当与圆相切时，且时，取最大．
连接，，由于，，
，所以，可得直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，故C选项错误；
对于D选项，如图3，连接，，
由A选项知，，且当或时，，
此时四边形的面积最小，的横坐标是1，所以D选项正确，
故选：BD．
11. 如图，在棱长为的正方体中，，分别是棱，的中点，为底面上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 当为的中点时，
B. 若在线段上运动，三棱锥的体积为定值
C. 存在点，使得平面截正方体所得的截面面积为
D. 当为的中点时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于，以B为坐标原点，建立空间直角坐标系，，，利用向量的坐标运算即可证明；对于，当点与点重合时，当点与点重合时，等体积法转化即可得三棱锥的体积；对于，当为中点时，平面截正方体所得的截面为正六边形，可得截面面积；对于，设的外接圆半径为，三棱锥的外接球半径为，由可求外接球半径，根据球的表面积公式即可判断.
【详解】对于选项，以为坐标原点，建立如图1所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
因为，所以，故选项正确；
对于选项，当点与点重合时，如图2所示，，
当点与点重合时，如图3所示，，
所以三棱锥的体积不是定值，故选项错误；
对于选项，当为中点时，平面截正方体所得的截面为正六边形，如图4所示，其中，，为相应边的中点，则正六边形的边长为，
所以该截面的面积为，故存在点，符合题意，故选项正确；
对于选项，当为的中点时，如图5所示，易知平面，
因为，，
所以由余弦定理的推论得，
所以，设的外接圆半径为，
则，所以，
设三棱锥的外接球半径为，则，
所以三棱锥的外接球的表面积为，故选项正确，
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 曲线在处的切线方程为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求解.
【详解】由题可得，
当时，，所以所求切线方程为．
故答案为：.
13. 点分别为双曲线的左、右焦点，过作斜率为的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，若为以为底的等腰三角形，则的离心率为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意作出图象，结合双曲线的定义及题中条件可得，，，继而根据勾股定理建立方程，解出即可.
【详解】由题可得，如图，
取的中点，连接，则．
设，则，
所以，所以．
因为直线的斜率为，所以．
又，所以，
则，
所以．
在中，，
即，解得，
即双曲线的离心率．
故答案为：.
14. 如图，某城市有一条公路从正西方向通过路口后转向西北方向，围绕道路打造了一个半径为的扇形景区，现要修一条与扇形景区相切的观光道，则的最小值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】在中，利用余弦定理结合基本不等式可得，利用正弦定理可得，利用三角函数的有界性建立不等式，即可求解.
【详解】如图，设切点为，连接．由题意得，
设，
在中，
,
当且仅当时取等号．
设，则，
所以，
故
（当且仅当时取等号），
所以，
解得，所以的最小值为．
故答案为：.
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. 如图，在四棱锥中，底面.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理及判定定理即可得证；
（2）分别求两个平面的一个法向量，利用空间向量的夹角公式求平面与平面的夹角的余弦值；或确定平面与平而所成角的平面角，利用解三角形的相关知识即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
又，所以由余弦定理得
,
因为，所以，
因为平面平面，所以，
又因为平面，所以平面，
【小问2详解】
解法一：以为坐标原点，所在的直线分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量为，
则即取，
易得平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为，
解法二：如图，过作，交延长线于，连接，
因为平面平面，所以，
因为平面，
所以平面，又平面，所以，
所以即为平面与平面所成角的平面角，
由（1）可得，
由余弦定理得
，
由正弦定理得，所以，
因为，所以，所以，
所以，
所以，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为，
16. 已知数列满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若对任意，求的最小整数值．
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）作差法，计算得到，验证是否成立，进而得到数列的通项公式；
（2）令，利用错位相减法得到，即可求得的最小整数值．
【小问1详解】
因为，①
当时，，②
①-②得，
即．
当时，也符合上式，
所以．
【小问2详解】
因为，所以，
令，
所以，
两式相减得，
所以．
因为，所以，
所以，故的最小整数值为1．
17. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若不等式恒成立，求的取值范围；
（3）当时，试判断函数的零点个数，并给出证明．
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）有且仅有2个零点，证明见解析
【解析】
【分析】（1）对求导，再分与两种情况分类讨论的单调性即可求解；
（2）根据条件，分离常量得到，构造，将问题转化成求的最大值，即可解决问题；
（3）构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理即可求解．
【小问1详解】
因为，
所以，
当时，恒成立，所以；
当时，令，
解得（舍去负根），
令，得；令，得．
综上所述，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
由恒成立，得在上恒成立，
所以在上恒成立．
令，
则．
令，
易知在上单调递减．
又，
所以当时，，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，也最大值，
即，
所以，即的取值范围为．
【小问3详解】
当时，，
则，
令，
则，
当时，，所以在上单调递减．
又，
所以在上存在唯一零点．
设在上的零点为，
可得当时，，单调递增；
当时，单调递减，
解法一：，
因为，所以，
故．又，所以．
又，
所以在上有一个零点．
又，
所以在上有一个零点．
当时，，
所以在上没有零点．
当时，
令，
则，
所以在上单调递减，
所以，所以，
所以，
而，所以，
故在上没有零点．
综上所述，在定义域上有且仅有2个零点．
解法二：因为，，
所以在上有一个零点．
又，
所以上有一个零点，
当时，，
易证，
所以，
从而在上恒成立，
故在上没有零点．
当时，，
设，
则，
所以在上单调递减．
又，
则在上恒成立，
所以在上恒成立，
故在上没有零点．
综上所述，在定义域上有且仅有2个零点．
【点睛】思路点睛：本题第二小问，将恒成立问题，分离常量转化为，构造函数，求的最大值，即可得解；第三小问，主要考查利用导数判断函数零点个数.利用导数可得当时，单调递增；当时，单调递减，其中，再结合零点存在性定理，可得零点所在区间得解.
18. 已知椭圆的右焦点为是上的点，直线的斜率为．
（1）求的方程；
（2）过点作两条相互垂直的直线分别交于两点和两点，的中点分别记为，且为垂足．试判断是否存在点，使得为定值？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在；
【解析】
【分析】（1）由条件列方程组，即可得解；
（2）当均不与轴垂直时，设直线的方程为，得出直线的方程，分别与椭圆的方程联立，求出中点的坐标，进而得到直线的方程，可知直线过定点，并验证特殊情况下，直线也过定点，结合直角三角形中斜边中线的性质即可求解．
【小问1详解】
依题意得解得
所以的方程为．
【小问2详解】
存在点，使得为定值．
当均不与轴垂直时，
设直线的方程为，，
则直线的方程为，
联立
消去整理可得，．
则，
设，则，，
所以．
同理得点的坐标为，
则直线的斜率，
所以直线的方程为，
令，解得，
所以直线经过定点；
当时，直线的方程为，也经过定点．
当与轴垂直或重合时，直线的方程为0，经过定点．
综上，直线经过定点．
记定点的中点记为，则，，
因为，所以为定值，
所以存在点，使得为定值．
【点睛】思路点睛：本题主要考查直线与椭圆的位置关系，直线过定点.
设出直线的方程为，根据条件得直线的方程，分别与椭圆的方程联立，由韦达定理求出中点的坐标，进而求出直线的方程，证明直线过定点，结合图形分析得出结果.
19. “绿色出行，低碳环保”的理念已经深入人心，逐渐成为新的时尚．甲、乙、丙三人为响应“绿色出行，低碳环保”号召，他们计划每天选择“共享单车”或“地铁”两种出行方式中的一种．他们之间的出行互不影响，其中，甲每天选择“共享单车”的概率为，乙每天选择“共享单车”的概率为，丙在每月第一天选择“共享单车”的概率为，从第二天起，若前一天选择“共享单车”，后一天继续选择“共享单车”的概率为，若前一天选择“地铁”，后一天继续选择“地铁”的概率为，如此往复．
（1）若3月1日有两人选择“共享单车”出行，求丙选择“共享单车”的概率；
（2）记甲、乙、丙三人中3月1日选择“共享单车”出行的人数为，求的分布列与数学期望；
（3）求丙在3月份第天选择“共享单车”的概率，并帮丙确定在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率的天数．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；期望为
（3）；2天
【解析】
【分析】（1）利用相互独立事件概率的乘法公式与条件概率公式进行求解即可；
（2）依题意得到的所有可能取值及对应的概率，从而求得分布列及数学期望；
（3）由题意，求得与的关系，通过构造等比数列求出，再由求出对应的，即可求解．
【小问1详解】
记甲、乙、丙三人3月1日选择“共享单车”出行分别为事件，
记三人中恰有两人选择“共享单车”出行为事件，
则，
又，
所以，
即若3月1日有两人选择“共享单车”出行，丙选择“共享单车”的概率为．
【小问2详解】
由题意可知，的所有可能取值为0，1，2，3，
则，
，
，
，
所以的分布列为
故，
即的数学期望为．
【小问3详解】
由题意得，
则，
所以，
所以．
又因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
经检验当时，上式也成立，
所以．
由题意知，3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率需满足，即，
则，
即，
当为偶数时，显然不成立，
当为奇数时，不等式可变为，
当时，成立；
当时，成立；
当时，，
则时，不成立．
又因为函数单调递减，
所以当时，不成立，
所以只有在第1天和第3天时，，
所以丙在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率的天数只有2天．
【点睛】关键点点睛：第三问关键是得到递推公式，再由构造法得到的通项.0
1
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