福建省永春一中、培元中学、石光中学、季延中学2024届高三下学期第二次联合考试数学试卷（Word版附解析）

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考试时间：120分钟 满分：150分
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. 若一组数据的75百分位数是6，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据百分位数的定义求解即可．
【详解】这组数据为：，但大小不定，因为，
所以这组数据的分位数为从小到大的顺序的第6个数和第7个数的平均数，
经检验，只有符合．
故选：C．
2. 抛物线焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将抛物线方程化为标准方程，再求焦点坐标即可.
【详解】由可得，其焦点坐标为，
故选：B
3. 已知等差数列的前项和为，且，，则是中的（ ）
A. 第30项B. 第36项C. 第48项D. 第60项
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意求出数列的首项与公差，从而求出数列的通项，即可得解.
【详解】设公差为，
则，解得，
所以，
则，
令，则，
所以是中的第36项.
故选：B.
4. 已知直线、m、n与平面、，下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，，则
【答案】B
【解析】
【分析】ACD可举出反例；B选项，作出辅助线，由线面平行得到线线平行，进而由线面垂直得到面面垂直.
【详解】A选项，如图1，满足，，但不垂直，A错误；
B选项，如图2，因为，
所以作平面，使得，且，
则，
因为，则，又，故，B正确；
C选项，如图3，满足，，但不平行，C错误；
D选项，如图4，满足，，，但不平行，D错误.
故选：B
5. 中国灯笼又统称为灯彩，是一种古老的传统工艺品.经过历代灯彩艺人的继承和发展，形成了丰富多彩的品种和高超的工艺水平，从种类上主要有宫灯、纱灯、吊灯等类型.现将4盏相同的宫灯、3盏不同的纱灯、2盏不同的吊灯挂成一排，要求吊灯挂两端，同一类型的灯笼至多2盏相邻挂，则不同挂法种数为（ ）
A. 216B. 228C. 384D. 486
【答案】A
【解析】
【分析】先在两端挂2盏吊灯，再在2盏吊灯之间挂3盏纱灯，求出其挂法，最后将宫灯插空挂，考虑宫灯的分组情况，结合分步以及分类计数原理，即可求得答案.
【详解】先挂2盏吊灯有种挂法，再在2盏吊灯之间挂3盏纱灯有种挂法，
最后将宫灯插空挂.
当4盏宫灯分成2，2两份插空时有种挂法；
当4盏宫灯分成1，1，2三份插空时有种挂法；
当4盏宫灯分成1，1，1，1四份插空时有1种挂法，
所以共有种不同的挂法.
故选：A
6. 已知实数，满足，则，可能是（ ）
A ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】利用正切的两角和差公式求解即可.
【详解】由，得，
类比，
.
故选：A.
7. 已知实数a，b，c成公差非0的等差数列，在平面直角坐标系中，点P的坐标为，点N的坐标为．过点P作直线的垂线，垂足为点M，则M，N间的距离的最大值与最小值的乘积是（ ）
A. 10B.
C. D. 前三个答案都不对
【答案】A
【解析】
【分析】由题设可得点M的轨迹是以为直径的圆，故可求的最值，故可求它们的乘积.
【详解】直线中a，b，c成等差数列即直线恒过点，
又，于是点M的轨迹是以为直径的圆，如图．
该圆的圆心为，半径为，因此，
故，于是所求最大值与最小值之积为．
故选：A.
8. 宋代理学家周敦颐的《太极图》和《太极图说》是象数和义理结合的表达．《朱子语类》卷七五：“太极只是一个混沦底道理，里面包含阴阳、刚柔、奇偶，无所不有”．太极图（如下图）将平衡美、对称美体现的淋漓尽致．定义：对于函数，若存在圆C，使得的图象能将圆C的周长和面积同时平分，则称是圆C的太极函数．下列说法正确的是（ ）
①对于任意一个圆，其太极函数有无数个
②是的太极函数
③太极函数的图象必是中心对称图形
④存在一个圆C，是它的太极函数
A. ①④B. ③④C. ①③D. ②③
【答案】A
【解析】
【分析】根据“太极函数”、函数的对称性、对数运算等知识对选项个说法进行分析，由此确定正确答案.
【详解】对于①：过圆心的直线都可以将圆的周长和面积平分，
所以对于任意一个圆，太极函数有无数个，故①正确
对于②：，
，所以关于y轴对称，不是太极函数，故②错误；
对于③：中心对称图形必定是太极函数，对称点即为圆心．
但太极函数只需平分圆的周长和面积，不一定是中心对称图形，故③错误；
对于④：曲线存在对称中心，
所以必是某圆的太极函数，故④正确．
故选：A．
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，有选错的得0分，部分选对的得3分.
9. 在中，，，，则的面积可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由余弦定理可求得，再用三角形面积公式可得解.
【详解】，，，
，即，
整理得，解得或，
当时，，
当时，，
所以的面积为或.
故选：AC.
10. 设、为不相等的两个复数，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则或
C. 若，则
D. 若，则在复平面对应的点在一条直线上
【答案】BD
【解析】
【分析】利用特殊值法可判断AC选项；设，，根据模长运算和复数乘法运算可判断B选项；设，，，根据模长运算和复数乘法运算可判断D选项.
【详解】对于A，令，，则，此时，A错误；
对于B，设，，则，
所以，，即，则；
若，则成立，此时；
若，，由知；由知：，此时；
同理可知：当，时，；
若，，由得：，则，此时；
综上所述：若，则或，B正确；
对于，令，，则，此时，C错误；
对于D，设，，，
则，，
由，可得，
所以，
又、不全为零，
所以表示一条直线，
即在复平面对应的点在一条直线上，故D正确.
故选：BD.
11. 已知函数的定义域为R，且，，则（ ）
A. B. 有最小值
C. D. 是奇函数
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，利用抽象函数的的性质，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，令，可得，所以A正确；
对于B中，令，且，则，
可得，
若时，时，，此时函数单调递增函数；
若时，时，，此时函数为单调递减函数，
所以函数不一定有最小值，所以B错误；
对于C中，令，可得，
即，
所以，， ，，
各式相加得，所以，所以C正确；
对于D中，令，可得，可得，
即，所以函数是奇函数，所以D正确；
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，，且，则在上的投影向量为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的坐标运算，结合向量的投影计算即可得出结果.
【详解】设，由可知①，
而，
所以
由可得②，
由①②可得，解得，则，
所以或者，又，
向量在上的投影向量是.
故答案为：.
13. 已知圆锥的母线，侧面积为，则圆锥的内切球半径为______；若正四面体能在圆锥内任意转动，则正四面体的最大棱长为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据题意可求得底面圆半径，高，求出轴截面内切圆半径即可得圆锥的内切球半径为，再根据正四面体外接球与棱长之间的关系即可求得最大棱长为.
【详解】如图，在圆锥中，设圆锥母线长为，底面圆半径为，

因为侧面积为，所以，即．
因为，所以，所以．
棱长为的正四面体如图所示，

则正方体的棱长为，体对角线长为，
所以棱长为的正四面体的外接球半径为．
取轴截面，设内切圆的半径为，
则，解得，
即圆锥的内切球半径为．
因为正四面体能在圆锥内任意转动，所以，即，
所以正四面体的最大棱长为．
故答案为：；
【点睛】方法点睛：在求解正四面体外接球（内切球）问题时，可根据正四面体的结构特征构造正方体求出外接球半径，也可直接利用结论：棱长为的正四面体的外接球半径为，内切球半径为.
14. 如图，画一个正三角形，不画第三边；接着画正方形，对这个正方形，不画第四边，接着画正五边形；对这个正五边形不画第五边，接着画正六边形；……，这样无限画下去，形成一条无穷伸展的等边折线．设第n条线段与第条线段所夹的角为，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据正三角形、正方形、正五边形的角的度数规律，类比出多边形个角的度数表达式，再计算出2022条线段所在的正多边形的边数，进一步求出夹角.
【详解】第一条线段与第二条线段所夹的角，由此类推， ，，
，，，，，，，
观察规律，三角形会有个相等的角，并且角的度数恰好是其内角的度数，
正方形有个，正五边形有个，正六边形有个，
多边形有个
又观察图形得：正三角形画条线段，正方形画条线段，正五边形画条线段，正六边形画条线段，，正边形画条线段；
画到正多边形时，画线段的条数为，
当时，；当时，
第条线段应在正边形中，
故答案为：.
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明，证明过程成演算步骤.
15. 已知函数在处有极值2．
（Ⅰ）求，的值；
（Ⅱ）证明：．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.
【解析】
【分析】（Ⅰ）求出导函数，由且求得，并检验0是极值点；
（Ⅱ）不等式化为，引入函数，由导数求得的最小值，最小值大于0，从而证得不等式成立．
【详解】（Ⅰ）解：由已知，，则

解得，
经检验，符合题意.
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，．
要证，
只需证．
即．
令，则．
令，解得．
，的变化情况如下表所示．
所以，时，有最小值．
故成立
16. 为弘扬中国共产党百年奋斗的光辉历程，某校团委决定举办“中国共产党党史知识”竞赛活动．竞赛共有和两类试题，每类试题各10题，其中每答对1道类试题得10分；每答对1道类试题得20分，答错都不得分．每位参加竞赛的同学从这两类试题中共抽出3道题回答（每道题抽后不放回）．已知某同学类试题中有7道题能答对，而他答对各道类试题的概率均为．
（1）若该同学只抽取3道类试题作答，设表示该同学答这3道试题的总得分，求的分布和期望；
（2）若该同学在类试题中只抽1道题作答，求他在这次竞赛中仅答对1道题的概率．
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据超几何分布的概率公式求解概率，即可得分布列，利用期望公式即可求解，
（2）根据相互独立事件的概率，即可求解.
【小问1详解】
，，
，
所以X的分布为
所以
小问2详解】
记“该同学仅答对1道题”为事件M.
这次竞赛中该同学仅答对1道题得概率为.
17 如图，四棱锥中，底面，四边形中，，．

（1）若为的中点，求证：平面平面；
（2）若平面与平面所成的角的余弦值为．
（ⅰ）求线段的长；
（ⅱ）设为内（含边界）的一点，且，求满足条件的所有点组成的轨迹的长度．
【答案】（1）证明见解析；
（2）（ⅰ）2；（ⅱ）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定，再结合面面垂直的判定推理即得.
（2）以点A为原点，建立空间直角坐标系，设，利用面面角的向量求法结合已知求出，再求出并确定轨迹求解即得.
【小问1详解】
在四棱锥中，底面，平面，则，
而平面，于是平面，又平面，
则，由，为的中点，得平面，
因此平面，而平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
（ⅰ）由（1）知，直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，

过作于，由，得，令，
则，，
设平面的法向量，则，令，得，
由平面，得平面的一个法向量，
依题意，，整理得，而，解得，
所以线段的长为2.
（ⅱ）显然平面，而平面，则，又，
于是，解得，因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆的，
所以点的轨迹的长度为.
18. 已知椭圆的离心率是，点在上．
（1）求的方程；
（2）过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
【答案】（1）
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.
【小问1详解】
由题意可得，解得，
所以椭圆方程为.
【小问2详解】
由题意可知：直线的斜率存在，设，
联立方程，消去y得：，
则，解得，
可得，
因为，则直线，
令，解得，即,
同理可得，
则
，
所以线段的中点是定点.
【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
19. 已知集合，其中．对于，，定义与之间的距离为．
（1）记，写出所有使得；
（2）记，、，并且，求的最大值；
（3）设，中所有不同元素间的距离的最小值为，记满足条件的集合的元素个数的最大值为，求证：．
【答案】（1）的所有情形有：、、、；（2）；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题中定义可得的所有情形；
（2）分、两种情况，利用绝对值三角不等式可求得的最大值；
（3）设是满足条件的最大集合，即中的元素个数为，，记集合，分析出中的元素个数为，利用反证法可得出集合有个元素，从而推出矛盾，进而可证得结论成立.
【详解】（1）已知，，且，
所以，的所有情形有：、、、；
（2）设，，
因为，则，
同理可得，
当时，；
当时，.
当，时，上式等号成立.
综上所述，；
（3）设是满足条件的最大集合，即中的元素个数为，
所以，、且，，
，记集合，
那么中的元素个数为，
对于中的任意元素，都存在，使得，
若不然，假设存在，都有，
那么集合中所有不同元素间的距离的最小值为，
且中有个元素，这与的最大性矛盾.
所以中的每个元素必与中某个元素间的距离不超过.
从而，所以，.
【点睛】方法点睛：解决以集合为背景的新定义问题，要抓住两点：
（1）紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把定义所叙述的问题的本质弄清楚，并能够应用到具体的解题过程之中，这是新定义型集合问题难点的关键所在；
（2）用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用集合性质的一些因素，在关键之外用好集合的运算与性质.
1
－
0
+
单调递减
1
单调递增
X
0
10
20
30
P