福建省泉州市2024届高三质量监测（三）数学试题（含解析）

这是一份福建省泉州市2024届高三质量监测（三）数学试题（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若复数满足，则（ ）
A．1B．C．2D．
2．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知圆锥SO的轴截面是边长为2的正三角形，过其底面圆周上一点A作平面，若截圆锥SO得到的截口曲线为椭圆，则该椭圆的长轴长的最小值为（ ）
A．B．1C．D．2
4．若，，则（ ）
A．4B．2C．D．
5．已知平行四边形ABCD中，，，，若以C为圆心的圆与对角线BD相切，P是圆C上的一点，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
6．中心极限定理是概率论中的一个重要结论．根据该定理，若随机变量，则当且时，可以由服从正态分布的随机变量近似替代，且的期望与方差分别与的均值与方差近似相等．现投掷一枚质地均匀分布的骰子2500次，利用正态分布估算骰子向上的点数为偶数的次数少于1300的概率为（ ）
附：若：，则，，．
A．0.0027B．0.5C．0.8414D．0.9773
7．椭圆C：的左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线与椭圆交于A，B两点（A在B左侧），若，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，满足，，若恰有个零点，则这个零点之和为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．等差数列中，，，若，，则（ ）
A．有最小值，无最小值B．有最小值，无最大值
C．无最小值，有最小值D．无最大值，有最大值
10．已知函数是偶函数，将的图象向左平移个单位长度，再将图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象．若曲线的两个相邻对称中心之间的距离为，则（ ）
A．
B．的图象关于直线对称
C．的图象关于点对称
D．若，则在区间上的最大值为
11．已知函数，，则（ ）
A．恒成立的充要条件是
B．当时，两个函数图象有两条公切线
C．当时，直线是两个函数图象的一条公切线
D．若两个函数图象有两条公切线，以四个切点为顶点的凸四边形的周长为，则
三、填空题
12．展开式中常数项为，则 ．
13．已知抛物线C的顶点为坐标原点，对称轴为坐标轴，准线为l．若C恰过，，三点中的两点，则C的方程为 ；若过C的焦点的直线与C交于A，B两点，且A到l的距离为4，则 ．
14．已知，，，则的最大值为 ．
四、解答题
15．如图，在三棱锥中，，，E为PC的中点，点F在PA上，且平面，．
(1)若平面，求；
(2)若，求平面与平面夹角的正弦值．
16．淄博烧烤、哈尔滨冬日冰雪、山河四省梦幻联动、鄂了赣饭真湘……，2023年全国各地的文旅部门在网络上掀起了一波花式创意宣传，带火了各地的文旅市场，很好地推动国内旅游业的发展．已知某旅游景区在手机APP上推出游客竞答的问卷，题型为单项选择题，每题均有4个选项，其中有且只有一项是正确选项．对于游客甲，在知道答题涉及的内容的条件下，可选出唯一的正确选项；在不知道答题涉及的内容的条件下，则随机选择一个选项．已知甲知道答题涉及内容的题数占问卷总题数的．
(1)求甲任选一题并答对的概率；
(2)若问卷答题以题组形式呈现，每个题组由2道单项选择题构成，每道选择题答对得2分，答错扣1分，放弃作答得0分．假设对于任意一道题，甲选择作答的概率均为，且两题是否选择作答及答题情况互不影响，记每组答题总得分为X．
（i）求和；
（ii）求．
17．（1）已知，求的最大值与最小值；
（2）若关于x的不等式存在唯一的整数解，求实数a的取值范围.
18．表示正整数a，b的最大公约数，若，且，，则将k的最大值记为，例如：，.
(1)求，，；
(2)已知时，.
（i）求；
（ii）设，数列的前n项和为，证明：.
19．已知中心在原点、焦点在x轴上的圆锥曲线E的离心率为2，过E的右焦点F作垂直于x轴的直线，该直线被E截得的弦长为6．
(1)求E的方程；
(2)若面积为3的的三个顶点均在E上，边过F，边过原点，求直线的方程：
(3)已知，过点的直线l与E在y轴的右侧交于不同的两点P，Q，l上是否存在点S满足，且？若存在，求点S的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．B
【分析】
化简复数，由共轭复数的定义求出，再由复数的模长公式求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，所以.
故选：B.
2．C
【分析】求出集合和即可求解.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以.
故选：C.
3．C
【分析】
根据题意，得到该椭圆的长轴垂直于母线时，此时椭圆的长轴取得最小值，即可求解.
【详解】如图所示，当该椭圆的长轴垂直于母线时，此时椭圆的长轴取得最小值，
且最小值为边长为2的正三角形的高，即.
故选：C.
4．B
【分析】由二倍角的正弦和余弦公式化简已知式可得，再由同角三角函数的基本关系即可得出答案.
【详解】由可得，
则，因为，所以，
所以，因为，所以，
所以.
故选：B.
5．C
【分析】根据题意做出图形，结合平面向量数量积的运算法则整理计算即可求得最终结果
【详解】如图所示，过作的平行线交圆于点，过作，垂足为，
在平行四边形中，，，，
可得，，则由余弦定理可得，
由，可得，则四边形为正方形，
则，因为，
则的最小值为，
即的最小值为，故C正确。
故选：C.
6．D
【分析】
先得到，满足且，从而计算出期望和方差，得到，利用正态分布的对称性求解.
【详解】骰子向上的点数为偶数的概率，故，
显然，其中，，
故，
则，
由正态分布的对称性可知，估算骰子向上的点数为偶数的次数少于1300的概率为
.
故选：D
7．A
【分析】根据得到三角形为等腰三角形，然后结合椭圆的定义得到，设，得到，再作得到关于的齐次方程，从而得解.
【详解】因为，
所以，
则，故，
由椭圆的定义知，，
设，则，故，
所以，解得（正值舍去），
所以，
如图，作，M为垂足，由，得为的中点，
所以，
则，故.
故选：A.
8．D
【分析】由解析式可知为奇函数，进而可得的对称中心，根据满足的关系式，可得函数的对称中心，由两个函数的对称中心相同，即可判断出其零点的特征，进而求得个零点的和.
【详解】因为的定义域为，关于原点对称，
所以
，所以函数为奇函数，关于原点中心对称，
而函数是函数向右平移两个单位得到的函数，
因而关于中心对称，
函数满足，所以，
即，所以函数关于中心对称，且，
且，
所以由函数零点定义可知，
即，
由于函数和函数都关于中心对称，
所以两个函数的交点也关于中心对称，
又因为恰有个零点，
即函数和函数的交点恰有个，
且其中一个为，其余的个交点关于对称分布，
所以个零点的和满足，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是能够通过函数解析式和抽象函数关系式确定函数的对称中心，从而可确定零点所具有的对称关系.
9．AD
【分析】
先利用等差数列的通项公式求得基本量，从而得到，利用它们的表达式进行分析即可得解.
【详解】设等差数列的公差为，
依题意，得，解得，
，
，
当时，有最小值无最大值，
而，
易得，，且，
当时，，
当时，有最大值，无最小值.
故选：AD.
10．BCD
【分析】首先利用三角函数的性质求出和的关系，进一步利用三角函数的性质求出结果.
【详解】由于函数是偶函数，所以，
由于将的图象向左平移个单位长度，
再将图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），
得到的图象，则，
对于A，因为曲线的两个相邻对称中心之间的距离为，
故，解得，故A不正确；
所以函数，则或，
，则或，
对于B，令，解得，
所以当时，的图象关于直线对称，故B正确；
对于C,令，解得，
所以当时，所以的图象关于点对称，故C正确；
对于D，当时，或，
所以或，
当时，当时，，
所以在上单调递增，故函数的最大值为；
当时，当时，，
所以在上单调递减，故函数的最大值为，故D正确；
故选：BCD.
11．ACD
【分析】
根据导数求解恒成立即可求解A，根据导数求解切线方程，根据公切线的性质即可结合选项求解BCD.
【详解】
对于A，若恒成立，即恒成立，
而恒成立，所以，解得，故A正确；
对于B，设切点,，,，，，
有，
①代入②，可得，
当时，代入方程解得：，
，方程无解，即两个函数图象无公切线，故B错误；
对于C，当时，代入方程得：，
，故，，
所以函数与的一条公切线为：，故C正确；
对于D，如图，不妨设切线与切于，与切于，
设,，,，,，,，，，
故
所以，，
，同理，
则中点即可中点，
所以四边形是平行四边形，
由处的切线方程为，
处的切线方程为，
得，即，结合可知， 是方程的根，
由C选项可知：是的两个切点，所以，也是方程的根，
所以,且,故，
则，，
，
，
令，则，
故，故D正确．
故选：ACD．
【点睛】
关键点点睛：本题BC选项的关键是设切点，根据导数含义和斜率定义得到，再整理化简代入值即可判断.
12．
【分析】根据二项式定理写出二项式的通项公式，结合已知条件求出，即，解出即可.
【详解】展开式的通项公式为：
，
因为展开式中常数项为10，则时，解得，
即，解得.
故答案为：
13．
【分析】根据题意，得到抛物线经过与两点，设抛物线的方程为，联立方程组，求得，得到，再抛物线的定义，求得，不妨设，得出的直线方程为，联立方程组，结合焦点弦长，即可求解.
【详解】因为抛物线的顶点为坐标原点，对称轴为坐标轴，准线为，
且恰过，，三点中的两点，
因为点和不关于坐标轴对称，所以抛物线不可能过和两点，
又因为在第一象限，在第三象限，
即抛物线不可能同时过和两点，
所以抛物线经过与两点，
设抛物线的方程为，则，解得，即，
过抛物线的交点的直线与交于两点，且到的距离为，
由抛物线的定义，可得，解得，
则，可得，
结合抛物线的对称性，不妨设，
因为抛物线的焦点为，则的直线方程为，
联立方程组，整理得，可得，
则.
故答案为：；.
14．
【分析】设，再由得代入，求出，对求导，得到的单调性和最值即可得出答案.
【详解】设，
因为，则，因为，所以，
所以，又因为，所以，
所以代入，
则，
，
，
，
令，
则，因为，
则，，，
，所以在上恒成立，
所以在上单调递减，因为，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
故，即，
所以的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的关键点在于设，再由得代入，求出，对求导，得到的单调性和最值，可知，即可求出的最大值.
15．(1)；
(2)．
【分析】
（1）取中点，连接，即可证明，即可得到，再由线面平行的性质得到，即可求出的值；
（2）取中点，连结，取中点Q，连结，即可证明平面，建立空间直角坐标，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）
解法一：依题意得，为正三角形，取中点，
连接，则，
因为平面，平面，所以，
所以，
又因为为的中点，所以为中点，则，
因为平面，平面，
平面平面，即，
也即，．
解法二：因为平面，平面，所以，
由，可知，
则为等腰直角三角形，，
为正三角形，取中点，连结，则，
取中点Q，连结，则，
又因为与相交于平面，
所以平面，也即平面，
所以OQ，OC，OP两两相互垂直，以O为原点，OQ，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
则，，，，，，
因为平面ABC，平面，
平面平面，则，
因为，所以，，
，，
所以．
（2）
解法一：因为平面，平面，所以，
由，可知，
则为等腰直角三角形，，
为正三角形，取中点，连结，则，
取中点Q，连结，则，
又因为与相交于平面，
所以平面，也即平面，
所以OQ，OC，OP两两相互垂直，以O为原点，OQ，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
则，，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量，则，，
即取，则，
所以为平面的一个法向量，
所以，
记平面与平面夹角为，，
所以平面与平面夹角的正弦值为．
解法二： 因为，又平面，
则平面，且 ，
又因为平面，平面，所以，
由，可知，
则为等腰直角三角形，，
又因为EF与AC相交于平面PAC，所以平面，
为等腰直角三角形，为斜边中点，
则也为等腰直角三角形，即，
取中点，则，所以，且，
连结，平面，
又平面，则，为二面角的平面角，
在中，
则．
解法三：设点C在平面PAB的射影为N，则平面PAB，平面PAB，
所以，
过点N做，垂足为H，连结CH，因为，平面，
所以平面，平面，
所以，所以为的平面角，
因为平面，平面，所以，
由，可知，
则为等腰直角三角形，，
为正三角形，取AC中点O，连结PO，则，
又因为EF与AC相交于平面PAC，所以平面，
又平面， 所以，
因为，平面，平面，
因为，则，又，
所以，
在中，，，
，
，
所以，
在中，，，即，
所以，所以，
所以，
又，
所以，
所以，
所以平面与平面夹角的正弦值为．
16．(1)；
(2)（i）；（ii）．
【分析】
（1）利用全概率公式即可求出题目答对的概率；
（2）（i）由事件的相互独立性即可求解；（ii）由题意可求出的每个值对应的概率，即得分布列，进而求得数学期望.
【详解】（1）
记“甲任选一道题并答对”为事件M，“甲知道答题涉及内容”为事件A．
依题意，，，，．
因为事件与互斥，所以
．
（2）
（i）；
.
（ii）依题意，随机变量．
；
；
；
；
故．
17．（1）最大值，最小值1；（2）
【分析】
（1）求导，利用导数研究函数的单调性，结合区间端点函数值比较大小即可求解最值；
（2）解法一：把不等式化为，由的单调性结合端点函数值分析求解即可；
解法二：令，求导，对a进行分类讨论，判断函数单调性及最大值，从而求得a的范围，结合有唯一整数解，进一步求出a的取值范围.
【详解】（1）因为，，所以，
令，解得，，的变化情况如下表所示．
所以，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
当时，有极大值，也是的最大值.
又因为，，而，
所以，所以为的最小值.
（2）解法一：因为，所以不等式可化为，
由（1）可知在区间上单调递增，在区间上单调递减.
因为的最大值，，，，，
所以，时，最大，所以不等式，
即存在唯一的整数解只能为1，所以，所以a的取值范围为.
解法二：令，由题意可知有唯一整数解，
，当时，，所以在单调递增，
而，所以，与题意矛盾；
当时，由可得或（舍去），
当时，，时，，
所以在单调递增，在单调递减，
所以时，取最大值为，
由题意可知，解得，
因为，所以当即时，
由有唯一整数解知，解得，
若，由在单调递增知，矛盾
所以，由在单调递减可知，
所以符合题意；
当时，，，
由在单调递减可知，，不符合题意；
综上所述，a的取值范围为.
18．(1)；；
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）依题可得表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，进一步分析即可求解；
（2）（i）依题可得中与互质的正整数个数为，中与互质的正整数个数为，再结合即可求解；
（ii）先求得，可利用，根据等比数列求和后即可求解；也可以利用放缩法结合数列求和的裂项相消法求解.
【详解】（1）依题可得表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，
因为与2互质的数为1，所以；
因为与3互质的数为1，2，所以；
因为与6互质的数为1，5，所以.
（2）（i）因为中与互质的正整数只有奇数，
所以中与互质的正整数个数为，所以，
又因为中与互质的正整数只有与两个，
所以中与互质的正整数个数为，
所以，所以，
（ii）解法一：因为，
所以，所以，
令，因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以数列的前n项和，
所以，
又因为，所以，
解法二：因为，所以，
又因为，
所以，
所以，
所以，所以
因为，所以，
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键点一：对题中定义的理解；关键点二：对的放缩，或者.
19．(1)；
(2)或；
(3)不存在，理由见解析
【分析】
（1）依题意设出双曲线方程，根据条件即可得结果；
（2）根据直线与双曲线相交，由弦长公式及三角形面积公式可得结果；
（3）根据直线与双曲线相交，由条件得出点S的轨迹可判断结果.
【详解】（1）
圆锥曲线E的离心率为2，故E为双曲线，
因为E中心在原点、焦点在x轴上，所以设E的方程为，
令，解得，所以有 ①
又由离心率为2，得 ②，由①②解得，
所以双曲线E的标准方程是．
（2）
设，，由已知，得，根据直线过原点及对称性，
知，
联立方程，得，化简整理，得，
所以，且，
所以，解得，
所以直线的方程是或．

（3）
若直线l斜率不存在，此时直线l与双曲线右支无交点，不合题意，
故直线l斜率存在，设直线l方程，联立方程，得，
化简整理，得，
依题意有，因为恒成立，
所以，故，解得：，
设，，则由韦达定理，得，
设点S的坐标为，由，得，
则，变形得到，
将，代入，解得，
将代入中，解得，
消去k，得到点S的轨迹为定直线：上的一段线段（不含线段端点，，设直线与双曲线切于，直线与渐近线平行时于交点为）．
因为，，且，取中点，
因为，
所以，
所以，故，
即S的轨迹方程为，表示以点H为圆心，半径为的圆H，
设直线与y轴，x轴分别交于，，依次作出直线，，，，
且四条直线的斜率分别为：，，，，
因为，所以线段是线段的一部分
经检验点，均在圆H内部，所以线段也必在圆H内部，
因此线段也必在圆H内部，所以满足条件的点S始终在圆H内部，
故不存在这样的点S，使得，且成立．
【点睛】
直线与圆锥曲线相交，常利用“设而不求”的方法解决弦长，面积，数量积，斜率等问题.
x
1
+
0
单调递增
单调递减
1