福建省泉州市2024届高三高中毕业班质量监测(一)数学试题.docx

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1、保密使用泉州市2024届高中毕业班质量监测（一）2023.08数学考试用时120分钟。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.2.已知复数，则（ ）A.B.C.D.103.已知，则（ ）A.B.C.D.24.已知函数，如图是下列四个函数中某个函数的大致图象，则该函数是（ ）A.B.C.D.5.已知双曲线的焦距为，则的渐近线方程是（ ）A.B.C.D.6.记等比数列的前项和为.若，则（ ）A.B.C.D.7.已知函数在内有且仅有3个零点，则的值可以是（ ）A.3B.5C.7D.98.方程满足的正整数

2、解的组数为（ ）A.0B.1C.2D.无数组二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。9.已知函数则下列结论正确的是（ ）A.B.为增函数C.的值域为D.方程最多有两个解10.某市组织全市高中学生进行知识竞赛，为了解学生知识掌握情况，从全市随机抽取了100名学生，将他们的成绩（单位：分）分成5组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知图中未知的数据，成等差数列，成绩落在内的人数为40.从分数在和的两组学生中采用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中抽取3人，记3人中成绩在内的人数为，设事件“至少1人

3、成绩在内”，事件“3人成绩均在内”.则下列结论正确的是（ ）A.B.C.与是互斥事件，但不是对立事件D.估计该市学生知识竞赛成绩的中位数不高于72分11.已知圆柱的轴截面是正方形，为底面圆的直径，点在圆上，点在圆上，且，不在平面内.若，四点共面，则（ ）A.直线平面B.直线平面C.平面平面D.平面平面12.已知的顶点在圆上，顶点，在圆上.若，则（ ）A.的面积的最大值为B.直线被圆截得的弦长的最小值为C.有且仅有一个点，使得为等边三角形D.有且仅有一个点，使得直线，都是圆的切线泉州市2024届高中毕业班质量监测（一）2023.08数学三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知向

4、量，则与的夹角为_.14.的展开式中的常数项为_.15.已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于不同的两点，.若，则 _.16.如图，棱长为2的正方体容器中，分别是棱，的中点，在，处各有1个小孔（孔的大小忽略不计），则该容器可装水的最大体积为_.四、解答题：本题共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.（10分）数列中，且.（1）求的通项公式；（2）令，记数列的前项和为，求.18.（12分）泉州是历史文化名城、东亚文化之都，是联合国认定的“海上丝绸之路”起点.著名的“泉州十八景”是游客的争相打卡点，泉州文旅局调查打卡十八景游客，发现90%的人至少打卡两个景点.为提升城市形象

5、，泉州文旅局为大家准备了4种礼物，分别是世遗泉州金属书签、闽南古厝徽章、开元寺祈福香包、小关公陶瓷摆件.若打卡十八景游客至少打卡两个景点，则有两次抽奖机会；若只打卡一个景点，则有一次抽奖机会.每次抽奖可随机获得4种礼物中的1种礼物.假设打卡十八景游客打卡景点情况相互独立.（1）从全体打卡十八景游客中随机抽取3人，求3人抽奖总次数不低于4次的概率；（2）任选一位打卡十八景游客，求此游客抽中开元寺祈福香包的概率.19.（12分）的内角，所对的边分别为，且满足.（1）求；（2）若平分，且，求的面积.20.（12分）已知函数.（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）讨论的单调性.21.（12分）如图，

6、三棱锥中，平面平面.（1）求三棱锥的体积的最大值；（2）求二面角的正弦值的最小值.22.（12分）已知椭圆的离心率是，上、下顶点分别为，.圆与轴正半轴的交点为，且.（1）求的方程；（2）直线与圆相切且与相交于，两点，证明：以为直径的圆恒过定点.泉州市2024届高中毕业班质量监测（一）1.【试题解析】由已知，得，所以.故选A.2.【试题解析】因为，所以，所以.故选B.3.【试题解析】由已知，得，因为，所以，所以，所以.故选C.4.【试题解析】由图象可得，定义域为，故排除A，B选项；对于C选项，当时，对于D选项，当时，.故选D.5.【试题解析】由已知，可得，所以，即的方程为.所以的渐近线方程是.故

7、选A.6.【试题解析】由已知，有，所以，所以.故选C.7.【试题解析】由于在内有且仅有3个零点，所以方程在内恰有三个不相等的实数根，即与在内恰有三个交点.令，则.由图可知，需，所以.故选B.8.【试题解析】由已知，化简，得，取对数，得，即，令，当时，在单调递增；当时，在单调递减；当时，且，当时，因为，所以，若，则，又，为正整数，则，所以，故该方程的解唯一.故选B.9.【试题解析】对于A选项，所以，故A正确；对于B选项，由已知，故B错误；对于C选项，当时，当时，所以的值域为，故C正确；对于D选项，当时，方程无解；当时，方程有两个解；当时，方程有一个解，故方程最多有两个解，故D正确.故选ACD.1

8、0.【试题解析】对于A选项，由，成等差数列，得，且，解得：，故A正确；对于B选项，抽取的5人中，成绩在有3人，成绩在有2人，由题意得服从超几何分布，则，故B正确；对于C选项，事件“至少1人成绩在内”，事件“3人成绩均在内”这两个事件既是互斥事件也是对立事件，故C错误；对于D选项，因为，设中位数为，则，所以，解得：，故D正确.故选ABD.11.【试题解析】对于A选项，过点作母线，交圆于点，连接，.因为，所以四边形是平行四边形，所以，同理.又因为圆圆，圆平面，圆平面，所以.又因为，所以，所以，所以，所以，所以四边形是平行四边形，所以，所以.又因为平面，平面，所以直线平面.故A正确；对于B选项，假设

9、直线平面，因为平面，所以，又因为，所以直线平面，因为平面，所以，显然不成立，所以假设不成立.故B错误；对于C选项，由A选项解析可得，直线平面，因为直线平面，所以平面平面.故C正确；对于D选项，假设平面平面，过作于点，因为平面平面，平面，所以平面.因为平面，所以，因为，所以直线平面，又因为直线平面，所以平面与平面重合，显然不成立.故D错误，故选AC.12.【试题解析】设线段的中点为.因为圆的半径为2，所以，且.对于A选项，设点到直线的距离为，则，所以当且仅当，四点共线时，点到直线距离的最大值为15，所以的面积的最大值为，故A正确.对于B选项，点到直线的距离小于等于，当时，等号成立.又的最大值为7

10、，所以点到直线的距离的最大值为7.这时直线被圆截得的弦长的最小值为，故B错误.对于C选项，若为等边三角形，则需，.因为，所以点的轨迹是以为圆心的单位圆，所以.又的最小值为4，所以，当且仅当，四点共线时成立.因此有且仅有一个点，使得为等边三角形，故C正确.对于D选项，若直线，都是圆的切线，则，由射影定理，可得，同上，当且仅当，三点共线时，因此有且仅有一个点，使得直线，都是圆的切线，故选ACD.13.【试题解析】根据题意，设与的夹角为，则，则，因为，所以. 14.【试题解析】，其中的展开式中的项为，故答案为.15.【试题解析】不妨设，.由题意，得抛物线的焦点为，所以，.又，所以，.所以直线的方程为

11、.由得，所以，.故答案为.16.【试题解析】（1）当，处的小孔都在水平面时，如图一，棱台的体积为，容器所装水的最大体积为多面体的体积.（2）当只有1个小孔在水平面上方时，处的小孔在水平面上方时，如图二，（3）当处的小孔在水平面上方时，图三，显然这两种情况，容器所装水的体积不会最大.图一图二图三图四（4）当处的小孔在水平面上方时，设水面所在平面为，当在线段上时，如图四，设，则，正方体的体积为，棱台的体积为，所以，当且仅当，即时，取等号，棱台的体积无最小值，此时该容器可装水的体积小于6.当在线段上时，如图五，设，水平面为平行四边形.且四棱锥与四棱锥的体积相同，所以多面体的体积与三棱柱的体积相同，三

12、棱柱的体积为，此时该容器可装水的体积为.综上，该容器可装水的最大体积为6.图五17.（10分）【试题解析】（1）由，可得.1分因为，所以.2分所以数列是首项为1，公差为1的等差数列. 3分所以，即.4分（2）因为，所以.5分又，所以.6分式两边同乘以2，得，7分-，得，8分所以.10分18.（12分）【试题解析】（1）设3人抽奖总次数为，则的可能取值为3，4，5，6. 1分由题意知，每位打卡十八景游客至少打卡两个景点的概率为，只打卡一个景点的概率为.2分依题可得，3分，4分，5分所以.6分（2）记事件“每位打卡十八景游客至少打卡两个景点”，则“每位打卡十八景游客只打卡一个景点”，事件“一位打卡

13、十八景游客抽中开元寺祈福香包”，7分则，9分则.12分19.（12分）【试题解析】解法一：（1）因为，所以由正弦定理，可得，1分即，2分所以， 3分又，所以，4分因为，所以.5分（2）因为，所以，6分两边平方，得，即.8分又因为平分，所以，即.9分由，解得，.10分所以.12分解法二：（1）在中，由余弦定理，得，1分又因为，所以，2分即，3分所以，4分因为，所以.5分（2）在中，所以，6分又因为平分，所以，即.7分在中，由余弦定理，得，即.8分在中，由余弦定理，得，即. 9分由解得，.10分所以.12分解法三：（1）同解法一. 5分（2）过点作交于点.6分因为，且平分，所以，7分所以为等边三角

14、形，所以.8分又因为，所以，.10分所以.12分20.（12分）【试题解析】（1）由已知，则，当时，3分则曲线在处的切线方程为，即. 4分（2）由（1）知，当时，当时，在单调递增；5分当时，在单调递减；6分当时，由，得，7分（）当时，当时，在，单调递增；8分当时，在单调递减；9分（）当时，在单调递增；10分（）当时，当时，在，单调递增；11分当时，在单调递减；综上可得：当时，在单调递增，在单调递减；当时，在，单调递增，在单调递减；当时，在单调递增；当时，在，单调递增，在单调递减.12分21.（12分）【试题解析】解法一：（1）取的中点，连接.因为，所以.1分又因为平面平面，平面平面，平面，所以

15、平面.2分因为，所以，.3分所以三棱锥的体积为，4分因为，所以，当且仅当，即时，等号成立.故三棱锥的体积的最大值为.5分（2）由（1）可知平面，所以.6分过作于，连结.因为，所以平面，又平面，所以，所以为二面角的平面角.8分在中，9分因为，当且仅当时等号成立.10分所以的最小值为2.11分此时取得最小值.故二面角的正弦值的最小值为. 12分解法二：（1）同解法一.5分（2）由（1）可知平面，以为坐标原点，向量，为轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则，.设，则.6分设平面的法向量为.则即取，则.7分又平面的法向量为.8分设二面角的大小为，.所以.9分因为，所以，10分令，则，整理可得，

16、所以，解得.11分所以当，即，时，取得最大值，此时取得最小值.故二面角的正弦值的最小值为.12分22.（12分）【试题解析】解法一：（1）由已知得，.1分则，所以. 3分因为，又，所以，.故的方程为.4分（2）当直线的斜率存在时，设的方程为，即. 5分因为直线与圆相切，所以，即.设，则，.由化简，得，7分由韦达定理，得8分所以，9分所以，10分故，即以为直径的圆过原点.11分当直线的斜率不存在时，的方程为或.这时，或，.显然，以为直径的圆也过原点.综上，以为直径的圆恒过原点.12分解法二：（1）同解法一.4分（2）设直线与圆相切于点，.5分当时，则.因为直线与圆相切，所以，所以.6分则直线的方程为，因为，故的方程可化为.7分由化简，得，.8分所以，.9分所以，10分故，即以为直径的圆过原点.11分当时，则或，这时，或，.显然，以为直径的圆也过原点.综上，以为直径的圆恒过原点. 12分