福建省廈門市高三下學期第二次質量檢測數(shù)學試題

廈門市2024屆高中畢業(yè)班第二次質量檢查數(shù)學能力提升練習滿分：150分考試時間：120分鐘考生注意：1.答題前，考生務必將自己的準考證號、姓名填寫在答題卡上.考生要認真核對答題卡上粘貼的條形碼的“準考證號、姓名、考試科目”與考生本人準考證號、姓名是否一致.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將答題卡交回.一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】分別解不等式求出集合，求出，根據(jù)集合的交集運算，即可求得答案.【詳解】由，得，則，由，得，則，，故，故選：C2.已知正項等差數(shù)列的公差為，前項和為，且，則（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】根據(jù)的關系，將已知等式相減，結合等差數(shù)列的性質，即可求得答案.【詳解】因為，故兩式相減得：，即，則，又數(shù)列為正項等差數(shù)列，故，即，故選：B3.已知，為關于的實系數(shù)方程的兩個虛根，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】解得的虛根，代入求解即可.【詳解】由，，∴方程的兩個虛根為，或，，不妨取，，則，，∴.故選：A.4.已知樣本的平均數(shù)等于分位數(shù)，則滿足條件的實數(shù)的個數(shù)是（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】確定樣本的分位數(shù)為樣本數(shù)據(jù)從小到大排序后的第4個數(shù)，分類討論x的取值范圍，結合樣本平均數(shù)列出方程，即可求得答案.【詳解】因為，故樣本的分位數(shù)為樣本數(shù)據(jù)從小到大排序后的第4個數(shù)，由題意得，當時，，則，滿足題意；當時，，則，與矛盾；當時，，則，滿足題意；故滿足條件的實數(shù)的個數(shù)是2，故選：C5.在平面直角坐標系中，點在直線上.若向量，則在上的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】確定直線的方向向量，結合數(shù)量積的運算判斷出為直線的法向量，結合投影向量的含義即可求得答案.【詳解】由題意設直線的方向向量為，則，而，則，即為直線的法向量，又O到直線的距離為，故在上的投影向量為，故選：C6.設，分別是雙曲線（，）的左右焦點，為雙曲線左支上一點，且滿足，直線與雙曲線的一條漸近線垂直，則雙曲線的離心率為（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)雙曲線的定義，余弦定理建立關于的方程，化簡即可求出雙曲線離心率.【詳解】如圖，由雙曲線定義可得，又，所以，又漸近線方程為，因為漸近線，所以，所以，所以，即，化簡可得，平方可得，即，解得或（舍去），故選：A7.已知，求（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用三角函數(shù)誘導公式化簡已知等式可得，再利用兩角和差的余弦公式結合同角三角函數(shù)關系化簡可得，繼而利用三角恒等變換，化簡求值，即得答案.【詳解】由題意知，即，故，即，故，即，故選：D【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵在于利用三角函數(shù)誘導公式以及兩角和差的公式化簡得出的表達式之后，要利用拆角的方法，繼而結合三角恒等變換公式，化簡求值即可.8.設集合，，那么集合中滿足的元素的個數(shù)為（）A.60 B.100 C.120 D.130【答案】D【解析】【分析】明確集合中滿足的含義，結合組合數(shù)的計算，即可求得答案.【詳解】由題意知集合中滿足的元素的個數(shù)，即指中取值為1或1的個數(shù)和為1或2或3，故滿足條件的元素的個數(shù)為（個），故選：D二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得3分，有選錯的得0分.9.為了預測某地的經(jīng)濟增長情況，某經(jīng)濟學專家根據(jù)該地2023年1～6月的GDP的數(shù)據(jù)y（單位：百億元）建立了線性回歸模型，得到的經(jīng)驗回歸方程為，其中自變量x指的是1～6月的編號，其中部分數(shù)據(jù)如表所示：時間2023年1月2023年2月2023年3月2023年4月2023年5月2023年6月編號x123456y/百億元11.107參考數(shù)據(jù)：．則下列說法正確的是（）A.經(jīng)驗回歸直線經(jīng)過點B.C.根據(jù)該模型，該地2023年12月的GDP的預測值為14.57百億元D.相應于點的殘差為0.103【答案】AC【解析】【分析】求得數(shù)據(jù)的樣本中心點，即可判斷A；結合回歸直線方程求出可判斷B；將代入回歸直線方程求得預測值，可判斷C；根據(jù)殘差的計算可判斷D.【詳解】選項A：由題意得：，因，，所以，得，因此該經(jīng)驗回歸直線經(jīng)過樣本點的中心，故A正確；選項B：由A知，，得，故B錯誤；選項C：由B得，則當時，，故該地2023年12月的GDP的預測值為14.57百億元，故C正確；選項D：當時，，相應于點的殘差為，（相應于點的殘差），故D錯誤，故選：AC10.如圖1，扇形的弧長為，半徑為，線段上有一動點，弧上一點是弧的三等分點，現(xiàn)將該扇形卷成以為頂點的圓錐，使得和重合，則在圖2的圓錐中（）A.圓錐的體積為B.當為中點時，線段在底面的投影長為C.存在，使得D.【答案】BCD【解析】【分析】求得圓錐的底面半徑和高，根據(jù)圓錐體積公式即可判斷A；設M在底面上的投影為H，利用余弦定理求得投影的長，判斷B；根據(jù)線面垂直的性質定理可判斷C；結合，可求得的長，即可判斷D.【詳解】對于A，設圓錐的底面半徑為R，高為h，由題意知，圓錐的母線長為，故，故圓錐體積，A錯誤；對于B，當為中點時，設M在底面上的投影為H，則H為的中點，則為線段在底面的投影，，而，在中，，即，即線段在底面的投影長為，B正確；對于C，作于T，作于，連接，設圓錐底面直徑為，由于，即，則，，則為正三角形，故T為的中點，則，故，即為的四等分點，由于平面底面，平面底面，底面，，故平面，平面，故，又，平面，故平面，平面，故，故當M與重合時，，C正確；對于D，由C的分析知，，而，故，D正確，故選：BCD11.設，都是定義在上的奇函數(shù)，且為單調函數(shù)，，若對任意有（a為常數(shù)），，則（）A. B.C.為周期函數(shù) D.【答案】BC【解析】【分析】對于A，在中，令得，單調函數(shù)，所以；對于B，由，得，對于C，設，則由，可得，對于D，由，得，為等差數(shù)列，且，所以.【詳解】在中，令得，所以，又為單調函數(shù)，所以，即，所以，所以，所以A錯誤；由，得，所以B正確；設，則由，可得，所以，所以，即為周期函數(shù)，所以C正確；由，得，即，所以為等差數(shù)列，且，即，所以，所以，所以D錯誤．故選：BC．【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于D選項，由，得，為等差數(shù)列，且，所以.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，A為C上一點，且|AF|＝5，O為坐標原點，則的面積為___________.【答案】2【解析】【分析】根據(jù)拋物線的標準方程求出交點，再利用焦半徑公式求出點的縱坐標，利用三角形的面積公式即可求解.【詳解】根據(jù)題意，拋物線：的焦點為，設，則，，，.故答案為：213.已知函數(shù)在上單調，，則的可能取值為______.【答案】【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)的單調區(qū)間確定，再根據(jù)確定關于周期的相應等式，結合其范圍，即可求得答案.【詳解】設的周期為T，函數(shù)在上單調，故；由以及函數(shù)在上單調，得，由，，得或或，若，則；若，則；若，則；故的可能取值為，故答案為：14.已知函數(shù)（，）且），若恒成立，則的最小值為______.【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意分類討論，兩種情況，通過導數(shù)求導得到，再構造函數(shù)及導數(shù)方法求出其最小值，從而求解.【詳解】函數(shù)的定義域為，當時，可得在上單調遞增，，不合題意；當時，，令，解得，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以當時，有極小值，也是最小值，又因為且，所以，則，得，所以，設，，令，得，當，，當，，所以在區(qū)間單調遞減，單調遞增，所以，即的最小值為.故答案為：.【點睛】方法點睛：通過分類討論，兩種情況得到符合的情況，通過導數(shù)求導得到，再構造函數(shù)并利用導數(shù)求出其最小值即可.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.如圖，三棱柱中，側面是邊長為2的菱形，，，為中點，.（1）證明：平面平面；（2）若，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）連接，證明，繼而證明，即可證明平面，根據(jù)面面垂直的判定定理，即可證明結論；（2）建立空間直角坐標，求得相關點坐標，求出平面與平面的法向量，根據(jù)空間角的向量求法，即可求得答案.【小問1詳解】連接，在菱形中，，故為正三角形，又M為中點，故，且，又，故，，，則，故,而平面，故平面，又平面，故平面平面；【小問2詳解】由于，，則，故，又平面平面，平面平面，而平面,故平面，取中點為O，則為正三角形，則，作，交于H，故平面，平面，故，則兩兩垂直，分別以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，則，，因為平面，故可作為平面法向量，設平面的法向量為，則，即，令，則可得，故，而平面與平面夾角的范圍為，故平面與平面夾角的余弦值為.16.定義：如果三角形的一個內角恰好是另一個內角的兩倍，那么這個三角形叫做倍角三角形.如圖，的面積為，三個內角所對的邊分別為，且.（1）證明：是倍角三角形；（2）若，當取最大值時，求.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由三角形面積公式化簡條件，結合余弦定理及正弦定理進一步化簡即可證明；（2）由正弦定理結合題中條件得到，結合三角形面積公式化為關于的表達式，構造函數(shù)，利用導數(shù)求得最大值即可.【小問1詳解】因為，又,所以，則，又由余弦定理知，，故可得，由正弦定理，,又,代入上式可得,即，，則有,故是倍角三角形.【小問2詳解】因為，所以,故，則，又，又，則,則,設，，則令得或者（舍），且當時，，當時，，則在上單調遞增，在上單調遞減，故當時，取最大值，此時也取最大值，故為所求.17.已知，，為平面上一個動點.設直線的斜率分別為，，且滿足.記的軌跡為曲線.（1）求的軌跡方程；（2）直線，分別交動直線于點，過點作的垂線交軸于點.是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，說明理由.【答案】（1）（2）存在，12【解析】【分析】（1）設點，由題意列出等式，化簡即可求得答案；（2）分別設直線的方程，求出點的坐標，即可得出直線的方程，繼而求出H點坐標，從而求出的表達式，結合二次函數(shù)知識，即可得結論，并求得最大值.【小問1詳解】由題意設點，由于，故，整理得，即的軌跡方程為；【小問2詳解】由題意知直線的斜率分別為，，且滿足，設直線的方程為，令，則可得，即，直線，同理求得，又直線的方程為，令，得，即，故，當時，取到最大值12，即存在最大值，最大值為12.【點睛】易錯點點睛：本題考查軌跡方程的求解以及直線和橢圓位置關系中的探究最值是否存在問題，解答思路不困難，即表示出直線方程，求得坐標，進而求出的表達式，結合二次函數(shù)知識即可求解，但很容易出錯，易錯點在于計算較為復雜，計算量較大，。并且基本都是字母參數(shù)的運算，需要十分細心.18.若，都存在唯一的實數(shù)，使得，則稱函數(shù)存在“源數(shù)列”.已知.（1）證明：存在源數(shù)列；（2）（?。┤艉愠闪?，求的取值范圍；（ⅱ）記的源數(shù)列為，證明：前項和.【答案】（1）證明見解析（2）（i）；（ii）證明見解析【解析】【分析】（1）利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性，結合，根據(jù)數(shù)列的新定義，即可證明結論；（2）（i）由恒成立，可得恒成立，構造函數(shù)，利用導數(shù)求解函數(shù)的最值，即可求得答案；（ii）由（i）可得，從而由，推得，可得到，繼而可利用放縮法以及裂項求和法，證明不等式.【小問1詳解】由，得，即在上單調遞減，又，當且x無限趨近于0時，趨向于正無窮大，即的值域為，且函數(shù)在上單調遞減，對于可以取到任意正整數(shù)，且在上都有存在唯一自變量與之對應，故對于，令，其在上的解必存在且唯一，不妨設解為，即，則都存在唯一的實數(shù)，使得，即存在源數(shù)列；【小問2詳解】（i）恒成立，即恒成立，令，即恒成立，令，則，令，則，僅在時取等號，即在上單調遞減，故，即在上單調遞增，、故，故；（ii）由（i）得，故，即，故，當時，，當時，，即前項和.【點睛】關鍵點點睛：本題考查了數(shù)列的新定義以及數(shù)列不等式恒成立以及證明不等式問題，綜合性較強，解答的關鍵在于證明不等式時，得到后，即可推出，此時要用放縮法得到，從而再用裂項法求和，證明不等式.19.小明進行投籃訓練，已知每次投籃的命中率均為0.5.（1）若小明共投籃4次，求在投中2次的條件下，第二次沒有投中的概率；（2）若小明進行兩組訓練，第一組投籃3次，投中次，第二組投籃2次，投中次，求；（3）記表示小明投籃次，恰有2次投中的概率，記表示小明在投籃不超過n次的情況下，當他投中2次后停止投籃，此時一共投籃的次數(shù)（當投籃n次后，若投中的次數(shù)不足2次也不再繼續(xù)投），證明：.【答案】（1）（2）（3）證明見解析【解析】【分析】（1）設出事件，求出相應概率，利用條件概率公式求出答案；（2）方法1：得到的可能取值及相應的概率，求出期望值；方法2：得到，，得到，，由，互相獨立，