2024届福建高三3月省质检数学试题含答案.pdf

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1、2024届福建3月省质检数学试题+答案 数学参考答案及评分细则 第1页（共 11页）2024 届高中毕业班适应性练习卷 数学参考答案及评分细则 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、选择题：本大题考查

2、基础知识和基本运算每小题 5 分，满分 40 分 1B 2D 3A 4C 5A 6C 7B 8B 二、选择题：本大题考查基础知识和基本运算每小题 6 分，满分 18 分全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分 9AD 10ABD 11BCD 三、填空题：本大题考查基础知识和基本运算每小题 5 分，满分 15 分 120.2718 1356；80（仅答对一空给 3 分）14735 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.本小题主要考查正弦定理、余弦定理等基础知识，考查逻辑推理能力、运算求解能力等，考查化归与转化思想、函数与方程

3、思想、数形结合思想等，考查数学运算、逻辑推理等核心素养，体现基础性和综合性满分 13 分 解法一：（1）由DACBAC+=，可得sinsinBACDAC=.1 分 在ABC中，由正弦定理，得sinsinABBCCBAC=，3 分 所以sinsinBCCABBAC=.在ADC中，由正弦定理，得sinsinADCDCDAC=，5 分 所以sinsinCDCADDAC=.故ABBCADCD=.6 分 因为D为BC的中点，所以2BCCD=，即2ABAD=.7 分 （2）由（1）不妨设ADx=，2ABx=，ACy=，2 2BCy=.8 分 在ADC中，由余弦定理，得222(2)cos22yyxCyy+=

4、.9 分 在ABC中，由余弦定理，得222(2 2)(2)cos22 2yyxCyy+=.10 分 所以222222(2 2)(2)(2)22 222yyxyyxyyyy+=.11 分 解得2232xy=.12 分 ADCB 数学参考答案及评分细则 第2页（共 11页）故2222223333 22cos82 22 2yyyxCyy=.13 分 解法二：（1）由DACBAC+=，得sinsinBACDAC=.1 分 因为D为BC的中点，所以2BCCD=，所以2ABCADCSS=.3 分 又因为1sin2ABCSAB ACBAC=，4 分 1sin2ADCSAD ACDAC=，5 分 所以1sin

5、221sin2AB ACBACAD ACDAC=，6 分 故2ABAD=.7 分 （2）由（1）不妨设ADx=，2ABx=，ACy=，2 2BCy=.8 分 在ABD中，由余弦定理，得222(2)(2)cos22xyxADBxy+=，9 分 在ACD中，由余弦定理，得222(2)cos22xyyADCxy+=，10 分 因为ADBADC+=，所以coscos0ADBADC+=.所以222222(2)(2)(2)02222xyxxyyxyxy+=，11 分 解得2232xy=.12 分 故22222233(2)3 22cos8222 2yyyyxCyyy+=.13 分 解法三：（1）设DAC=.

6、由DACBAC+=，得BAC=，所以2BAD=.1 分 因为D为BC的中点，所以ABDACDSS=，2 分 所以11sin(2)sin22AB ADAC AD=，3 分 即sin2sinABAC=.因为sin22sincos=，所以2cosABAC=.4 分 因为2ADABAC=+，所以22242ADABACAB AC=+.5 分 即22224|4|cos4|(|cos)cos()ADABABABAB=+.6 分 所以2|ADAB=，即2ABAD=.7 分 （2）由（1）不妨设ADx=，2ABx=，ACy=，2 2BCy=.8 分 在ADC中，由余弦定理，得222(2)cos2yxyyx+=.

7、9 分 在ABC中，由余弦定理，得222(2)(2 2)cos()22xyyxy+=.10 分 ADCBBCDA 数学参考答案及评分细则 第3页（共 11页）所以222222(2)(2)(2 2)coscos()0222yxyxyyyxxy+=+=.11 分 解得2232xy=.12 分 故22222233(2)3 22cos8222 2yyyyxCyyy+=.13 分 解法四：（1）取AB中点E，连结DE.1 分 又D为BC中点，所以DEAC，2 分 所以BACDEA+=，DACEDA=.4 分 又DACBAC+=，所以DACDEA=，故DEAEDA=，5 分 所以AEAD=.6 分 又2A

8、BAE=，故2ABAD=.7 分（2）不妨设ACy=，2 2BCy=.过A作AFDE于点F，过D作DGAC于点G.8 分 又DEAC，所以122yDEAC=，且AFAC，9 分 所以四边形AFDG为矩形.因为AEAD=，所以124yDFDE=.10 分 所以4yAGDF=，所以34yCG=.11 分 又122CDBCy=，12 分 所以33 24cos82yCGCCDy=.13 分 16本小题主要考查递推数列、等差数列、等比数列及数列求和等基础知识，考查运算求解能力、逻辑推理能力等，考查化归与转化思想、分类与整合思想等，考查逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性满分 15 分 解法一

9、：（1）因为2218nnaan+=，11a=，0na，所以，当1n=时，22218aa=，222189aa=+=，所以23a=1 分 当2n=时，223282aa=，22321625aa=+=，所以35a=2 分 当2n时，22222222112211()()()nnnnnaaaaaaaa=+3 分 8(1)8(2)8 1 1nn=+4 分 812(1)1n=+(1)812n n=+5 分 2(21)n=，6 分 所以21nan=.7 分 当1n=时，11a=也符合上式 综上，*21()nann=N.8 分 GFEBCDA 数学参考答案及评分细则 第4页（共 11页）（2）由（1）得21 14

10、21,2,nnnnbn+=为奇数,为偶数,即221,2,nnnnbn =为奇数,为偶数.9 分 记12345615 16Sbbb bb bb b=+.则123781 25292252292S=+，11 分 2378921 25221 2252292S=+，12 分，得271238992(12)424242292242921281412S=12+=+=，14 分 所以12814S=，故12345615 1612814bbb bb bb b+=.15 分 解法二：（1）因为2218nnaan+=，11a=，0na，所以，当1n=时，22218aa=，222189aa=+=，所以23a=1 分 当2

11、n=时，223282aa=，22321625aa=+=，所以35a=2 分 因为2218nnaan+=，所以22221(21)(21)nnaann+=+，即22221(21)(21)nnanan+=5 分 所以2222211(21)(23)10nnanana=，即22(21)nan=7 分 又0na，所以*21()nann=N.8 分（2）由（1）得21 1421,2,nnnnbn+=为奇数,为偶数,即221,2,nnnnbn =为奇数,为偶数.9 分 记12345615 16Sbbb bb bb b=+.则123456781 2529213217221 2252292S=+11 分 2207

12、2208544134432007424=+14 分 12814=.故12345615 1612814bbb bb bb b+=.15 分 17本小题主要考查条件概率、全概率公式、概率的分布列及期望等基础知识，考查数学建模能力、运算求解能力、逻辑推理能力等，考查统计与概率思想、分类与整合思想、函数与方程思想等，考查数学抽象、数学建模和数学运算等核心素养，体现应用性和创新性满分 15 分 解法一：（1）依题意，X的所有可能取值为0,1,2 1 分 设打成10:10后甲先发球为事件A，则乙先发球为事件A，且()()12P AP A=，所以()()()()()11111110002322236P XP

13、 AP XAP AP XA=+=+=，2 分()()()()()1112111112111123232223232P XP AP XAP AP XA=+=+=，3 分()()()()()12111212222322233P XP AP XAP AP XA=+=+=4 分 所以X的分布列为 故X的均值为()11170126236E X=+=5 分 X 0 1 2 P 16 12 13 数学参考答案及评分细则 第5页（共 11页）（2）设第一局比赛甲获胜为事件B 则()00P B X=，()()1P B XP B=，()21P B X=7 分 由（1）知，()106P X=，()112P X=，(

14、)123P X=，由全概率公式，得()()()()()()()001122P BP XP B XP XP B XP XP B X=+=+=()1110623P B=+，9 分 解得()23P B=，即第一局比赛甲获胜的概率023p=10 分 （3）由（2）知023p=，故估计甲每局获胜的概率均为23，设甲获胜时的比赛总局数为Y，因为每局的比赛结果相互独立，12 分 所以()3283327P Y=，()31321843327P YC=，()3224211653381P YC=14 分 故该场比赛甲获胜的概率()()()6434581PP YP YP Y=+=+=15 分 解法二：（1）同解法一

15、5 分 （2）设第一局比赛甲获胜为事件B，10:10后的两球均为甲得分为事件1B，这两球甲和乙各得1分 为事件2B，易知12BBBB=+，事件1B与事件2BB互斥 于是()()()()()()12122P BP BP BBP BP BP B B=+=+7 分 当这两球甲和乙各得1分后比赛面临的形势与10:10时的形势一致，故()()2P B BP B=由（1）知()()2112P BP X=，()()1123P BP X=，所以()()1132P BP B=+，9 分 解得()23P B=，即第一局比赛甲获胜的概率023p=10 分 （3）由（2）知023p=，故估计甲每局获胜的概率均为23，

16、不妨设打满了5局且甲获胜局数为Y，因为每局的比赛结果相互独立，所以25,3YB 12 分 故该场比赛甲获胜的概率为()()()345PP YP YP Y=+=+=32453455552121233333CCC=+14 分 808032243243243=+6481=所以该场比赛甲获胜的概率为6481 15 分 解法三：（1）同解法一 5 分 （2）由（1）知()112P X=，()123P X=，由规则知打成10:10后必须再打2n球才能决出胜负 设第一局比赛甲获胜为事件B，10:10后又打了2n球甲获胜为事件2nB，依然平局为事件2nC 由于各球的比赛结果相互独立，故()()()2112nn

17、nP CP X=，()()()2222nnP BP XP C+=，()()2123P BP X=8 分 数学参考答案及评分细则 第6页（共 11页）ABCDExyzO FG FEDCBA所以()121132nnP B=9 分 由于事件2nB之间两两互斥，故()()21111232limlim1312nnnnnnP BP B+=，即第一局比赛甲获胜的概率023p=10 分 （3）同解法一 15 分 18本小题主要考查平面与平面垂直的性质定理、直线与平面所成的角、解三角形、空间向量、椭圆的标准方程及直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查直观想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力等，考查数形结合思想、化

18、归与转化思想、分类与整合思想等，考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性与创新性满分 17 分 解法一：（1）因为平面ABC，平面ABCAB=，BC 平面ABC，BCAB，所以BC 1 分 所以直线CD在内的射影为直线AB，所以直线CD与所成角为CDB 2 分 过D作DFAC，垂足为F因为CD平分ACB，DBBC，所以DFDB=又2ADDB=，所以12DFAD=，所以30DAF=3 分 又6AB=，90ABC=，所以2 3BC=因为123DBAB=，所以60CDB=，所以直线CD与平面所成角为60 4 分 （2）（i）曲线是椭圆 5 分 理由如下：由（1）可知，DFAC，

19、DADC=，所以F是AC的中点 设AB的中点为O，所以OFBC又BC，所以OF 在内过O作OGAB，所以OFOB，OFOG 以O为原点，OG，OB，OF所在的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示因为3OB=，2DB=，所以1OD=设(),0E x y，又()0,1,0D，()0,3,2 3C，则(),3,2 3CEx y=，()0,2,2 3CD=因为cosCD CEECDCD CE=，又30ECD=，所以()22218324312yxy+=+，6 分 化简得223218xy+=，即22169xy+=，所以曲线是椭圆 7 分（ii）设()11,0P x y，

20、()22,0Q xy 在平面内，因为l与AB不重合，可设:1l ykx=+，由2213218ykxxy=+=，得()22234160kxkx+=，所以122423kxxk+=+，12216023x xk=+9 分 由对称性知，若存在定点T满足条件，则T必在平面ABC与的交线AB上，故可设()0,0Tt10 分 若PTCQTC=，则coscosPTCQTC=，即TP TCTQ TCTP TCTQ TC=数学参考答案及评分细则 第7页（共 11页）因为()11,0TPx yt=，()22,0TQxyt=，()0,3,2 3TCt=，所以()()()()()()222212221133tytxytt

21、ytxyt+=+，11 分 当3t=时，上式恒成立，所以3t=符合题意；12 分 当3t 时，有()()()()2222122211ytxytytxyt+=+，所以()()()()222222122211ytxytytxyt+=+，所以()()2112xytxyt=因为120 x x，()()120ytyt，所以()()12210 xytxyt+=，14 分 所以()12122(1)0kx xtxx+=，所以221642(1)02323kktkk+=+，即()90t k=因为上式对于任意的kR 恒成立，所以9t=16 分 综上，存在点T满足ATAB=，或2ATAB=时，符合题意 17 分 解法

22、二：（1）同解法一 4 分（2）（i）同解法一 7 分（ii）设()11,0P x y，()22,0Q xy 在平面内，因为l与AB不重合，可设:1l ykx=+，由2213218ykxxy=+=，得()22234160kxkx+=，所以122423kxxk+=+，12216023x xk=，则11na+，因此，若存在正整数N使得1Na，则11Na，从而21Na，重复这一过程有限次后可得11a，与12a=矛盾，从而，*n N，1na 13 分 下面我们先证明当1x时，()3ln12xx 设()33ln22G xxx=+，则当1x时，()1323022xGxxx=，11na+，所以10na ，1

23、10na+，故11114nnaa+，故2n时，121211111111114444nnnnnaaaa=16 分 所以*n N，1111114144111434314nnnkknkka=，故4max3nC=17 分 解法二：（1）同解法一 5 分（2）（i）当1x=时，21ln112xaxax+=，故1x=是()f x的一个不动点；6 分 当1x 时，由21ln12xaxax+=，得21ln121xxax+=（*），要使得A恰有一个元素，即方程21ln12xaxax+=有唯一解，因此方程（*）无实数解，即直线ya=与曲线21ln121xxyx+=无公共点 7 分 令21ln12()1xxm xx

24、+=，则()222113ln22()1xxxxxm xx+=令()2113()ln022n xxxxxx=+，则()()2323233111111()10 xxxxxn xxxxxx+=+=，所以()n x在(0,)+单调递减，又因为(1)0n=，所以当(0,1)x时，()0n x，当(1,)x+时，()0n x，当(1,)x+时，()0m x，所以()t x在()1,+单调递增，所以当1x时，()()10t xt=，所以()0 x，所以()x在()1,+单调递增，所以()()11x=，12 分 故若1na，则11na+，因此，若存在正整数N使得1Na，则11Na，从而21Na，重复这一过程有

25、限次后可得11a，与12a=矛盾，从而，*n N，1na 13 分 下面先证明当1x时，11ln2xxx 令11()()ln2g xxxx=，则222111(1)()(1)022xg xxxx=+=，所以()g x在()0,+单调递增，所以当1x时，()()10g xg=，所以当1x时，11ln2xxx 所以()()()223211113113ln1122442441144xxxxxxf xxxxxxxx+=，15 分 由于1na，11na+，所以10na ，110na+，故()()1114nnnf aaa，即()11114nnaa+，故11114nnaa+，故2n时，121211111111

26、114444nnnnnaaaa=16 分 所以*n N，1111114144111434314nnnkknkka=，故4max3nC=17 分 数学参考答案及评分细则 第11页（共 11页）解法三：（1）同解法一 5 分（2）（i）同解法一 10 分（ii）同解法一得，*n N，1na 13 分 下面我们先证明当1x时，ln1xx 设()ln1G xxx=+，则当1x时，()1110 xGxxx=，11na+，所以10na ，110na+，故11114nnaa+，故2n时，121211111111114444nnnnnaaaa=16 分 所以*n N，1111114144111434314nnnkknkka=，故4max3nC=17 分