福建省福州市2024届高三第三次质量检测数学试题（原卷版+解析版）

这是一份福建省福州市2024届高三第三次质量检测数学试题（原卷版+解析版），文件包含福建省福州市2024届高三第三次质量检测数学试题原卷版docx、福建省福州市2024届高三第三次质量检测数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。

本试卷共4页，考试时间120分钟，总分150分.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
一、单项选择题：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. 已知复数满足，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
【详解】，
，
．
故选：C．
2. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，为其终边上一点，则（ ）
A. B. 4C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件，结合任意角的三角函数的定义，即可求解．
【详解】始边与轴非负半轴重合，，为其终边上一点，
则，且，解得．
故选：D．
3. 函数图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的定义域以及奇偶性即可求得答案．
【详解】因为函数的定义域为，排除CD，
又，即为偶函数，图象关于轴对称，排除B．
故选：A．
4. 在菱形中，若，且在上的投影向量为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，结合向量减法可得，再利用投影向量的意义求出.
【详解】由，得，而是菱形，则是正三角形，
于是，，
因此在上的投影向量为，所以.
故选：B
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】判断出，，，即可求解.
【详解】;
，故；
，故，故.
故选：B.
6. 棱长为1的正方体中，点P为上的动点，O为底面ABCD的中心，则OP的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得OP的最小值为点到线段的距离，借助相似三角形的性质计算即可得.
【详解】由题意可得OP的最小值为点到线段的距离，
在平面内过点作于点，
由题意可得，，，平面，
因为平面，则，因为，
故，即.
故选：C.
7. 若直线与曲线相切，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助导数的几何意义计算可得，借助导数得到函数的值域即可得解.
【详解】对于，有，令切点为，则切线方程为，
即，即有，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故，
又当趋向于正无穷大时，趋向于负无穷，
故，即.
故选：A.
8. 函数在上单调递增，且对任意的实数，在上不单调，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得，由题意利用正弦函数的单调性可得，所以，利用正弦函数的周期性可求的周期，解得，即可得解．
【详解】因为
，
又因为，且，则，
若在上单调递增，
所以，所以，
因为对任意的实数，在上不单调，
所以的周期，所以，
所以．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：本题考查正弦函数单调性求参数，关键是整体思想的应用及对任意实数，在上不单调与周期间的关系.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 双曲线的左、右焦点分别为，且的两条渐近线的夹角为，若（为的离心率），则（ ）
A. B.
C. D. 一条渐近线的斜率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】求得双曲线的焦点，渐近线方程，结合离心率公式，对选项判断可得结论．
【详解】双曲线的，，，
由，可得，解得，故A正确，C错误；
由双曲线的渐近线方程，则两条渐近线的倾斜角为，
故两渐近线的夹角为，可得，故BD正确．
故选：ABD．
10. 定义在上函数的值域为，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用赋值法及基本不等式结合选项可得答案.
【详解】令，则有，解得或，
因为函数的值域为，所以，A正确；
令，则有，即
令，则有，即，B不正确；
令，则有，所以，即，C正确；
因为，所以，，
所以，当且仅当时，取到等号，
所以，D正确.
故选：ACD
11. 投掷一枚质地均匀的硬币三次，设随机变量．记A表示事件“”，表示事件“”，表示事件“”，则（ ）
A. 和互为对立事件B. 事件和不互斥
C. 事件和相互独立D. 事件和相互独立
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意，由对立事件的定义分析A，由互斥事件的定义分析B，由相互独立事件的定义分析CD，综合可得答案．
【详解】根据题意，表示事件“”，即前两次抛掷中，一次正面，一次反面，则，
表示事件“”，即第二次抛掷中，正面向上，则，
表示事件“”，即前三次抛掷中，一次正面，两次反面，，
依次分析选项：
对于A，事件、可能同时发生，则事件、不是对立事件，A错误；
对于B，事件、可能同时发生，则事件和不互斥，B正确；
对于C，事件，即前两次抛掷中，第一次反面，第二次正面，，
由于，则事件和相互独立，C正确；
对于D，事件，即三次抛掷中，第一次和第三次反面，第二次正面，，
，事件、不是相互独立事件，D错误．
故选：BC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 展开式中的常数项为______．
【答案】160
【解析】
【分析】由题意利用二项式定理可得解.
【详解】二项式的展开式的通项公式，
令，可得，
所以展开式中的常数项为.
故答案为：160.
13. 已知圆锥的体积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则它的母线长为_________．
【答案】2
【解析】
【分析】由侧面展开图是一个半圆可得，再根据体积建立关系即可求出.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，
因为它的侧面展开图是一个半圆，则，即，
又圆锥的体积为，
则可解得，故母线长为2.
故答案为：2.
14. 设为数列的前项积，若，其中常数，则_______（结果用表示）；若数列为等差数列，则_______．
【答案】 ①. ②. 1或2
【解析】
【分析】由已知递推关系分别令，，即可求解，然后结合等差数列的性质即可求解，并检验.
【详解】因为为数列的前项积，，
时，，
当时，，即，
时，，
则，
若数列 为等差数列，则，
所以，
整理得，，
解得或．
检验：当时，，则时，，则，即 ，
故为以为首项，1为公差等差数列；
当时，,则时，，则，
故，得，
即 ，又，故为常数列，即,易知其为等差数列.
故答案为：；1或2．
【点睛】关键点点睛：本题考查数列递推关系求通项，关键是特值思想求值并证明.
四、解答题：本题共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. 中，角的对边分别是，且．
（1）求；
（2）若面积为，求边上中线的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）边化角即可得到角；
（2）根据，得，再根据三角形面积公式即可得到，再由正弦定理得边c，再由，即可得到答案．
【小问1详解】
，由正弦定理边化角，
，，
或（舍，
又，；
【小问2详解】
，，，，
，即，得，
由正弦定理，
得，
设边的中点为，连接，如下图：
，即，
即，解得．
16. 如图，在三棱柱中，平面平面，．

（1）设为中点，证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等边三角形的性质得出，根据平面平面得出平面，，利用勾股定理得出，从而证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面的法向量和平面的一个法向量，利用向量求平面与平面的夹角余弦值．
【小问1详解】
证明：因为为中点，且，
所以在中，有，且，
又平面平面，且平面平面，平面,
所以平面，
又平面，则，
由，，得，
因，，，所以由勾股定理，得，
又，平面，所以平面；
【小问2详解】
如图所示，以为原点，建立空间直角坐标系，
可得，
则，
设平面的法向量为，
由，令，得，，
所以,
由（1）知，平面，
所以平面的一个法向量为，
记平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．

17. 从一副扑克牌中挑出4张Q和4张K，将其中2张Q和2张K装在一个不透明的袋中，剩余的2张Q和2张K放在外面．现从袋中随机抽出一张扑克牌，若抽出Q，则把它放回袋中：若抽出K，则该扑克牌不再放回，并将袋外的一张Q放入袋中．如此操作若干次，直到将袋中的K全部置换为Q，
（1）在操作2次后，袋中K的张数记为随机变量X，求X的分布列及数学期望；
（2）记事件“在操作次后，恰好将袋中的全部置换为”为，记．
（ⅰ）在第1次取到的条件下，求总共4次操作恰好完成置换的概率；
（ⅱ）试探究与的递推关系，并说明理由．
【答案】（1）分布列见解析，；
（2）（ⅰ）；（ⅱ），理由见解析.
【解析】
【分析】（1）由题意可知，的所有取值为0，1，2，求出相应的概率，进而得到的分布列，再结合期望公式求出即可；
（2）（ⅰ）利用条件概率公式求解；
（ⅱ）设事件表示“次操作后袋中还剩1张”，则（B），为次操作后，恰好将袋中的全部置换为，分2种情况求得（B），代入（B），即可得到与的递推关系．
【小问1详解】
由题意可知，的所有取值为0，1，2，
则，，，
所以的分布列为：
所以；
【小问2详解】
（ⅰ）记事件表示“第1次取到”，事件表示“总共4次操作恰好完成置换”，
则（E），
依题意，若第一次取到，则剩余的3次操作，须将袋中全部置换为，
①若第二次也取出，则第三次和第四次均须取出，
其概率为，
②若第二次取出，则第三次取出，第四次取出，
其概率为，
综上所述，，
所以，
即在第1次取到的条件下，总共4次操作恰好完成置换的概率为；
（ⅱ），理由如下：
设事件表示“次操作后袋中还剩1张”，
依题意，为次操作后，恰好将袋中的全部置换为，而发生这样的情况需次操作后袋中还剩1张，且第次抽中，
则，即，
为次操作后，恰好将袋中的全部置换为，发生这样需2种情况：
①次操作后袋中还剩2张（即前次全取，概率为，并且第次和次全取，
②次操作后袋中还剩1张，第次取，第次取，
所以（B）
又因为，所以．
18. 在直角坐标系中，已知抛物线C：的焦点为F，过F的直线l与C交于M，N两点，且当l的斜率为1时，.
（1）求C的方程；
（2）设l与C的准线交于点P，直线PO与C交于点Q（异于原点），线段MN的中点为R，若，求面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出直线方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，由焦点弦长公式得到方程，求出，得到答案；
（2）在（1）基础上得到，进而求出，故轴，得到，表达出，结合，得到答案.
【小问1详解】
因为过F的直线l与C交于M，N两点，故直线的斜率不为0，
不妨设l的方程为，，，
联立l与C的方程，得，
∴，，
则，
∴由题可知当时，，
∴，
∴C的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，
将R的纵坐标2m代入，得，
易知C的准线方程为，又l与C的准线交于点P，
∴，
则直线OP的方程为，联立OP与C的方程，得，
∴，
∴Q，R的纵坐标相等，
∴直线轴，
∴，
∴，
∵点Q异于原点，
∴，
∵，
∴，
∴，即.
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
19. 若实数集对，均有，则称具有Bernulli型关系．
（1）若集合，判断是否具有Bernulli型关系，并说明理由；
（2）设集合，若具有Bernulli型关系，求非负实数的取值范围；
（3）当时，证明：．
【答案】（1）具有Bernulli型关系，理由见解析；
（2）,
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据定义判断是否满足即可；
（2）令，，，再对其求导，分，，三种情况分析单调性及最值，即可求解；
（3）化简，可得且，根据（2）中的结论，可得，再根据的范围求出的范围，进而可求出的范围，最后可得的范围．
【小问1详解】
依题意，是否具有型关系，等价于判定以下两个不等式对于是否均成立：
①，②，
，，
具有型关系．
【小问2详解】
令，，，
则，
①当时，显然有，成立；
②当时，
若，则，即，在区间上单调递减，
若，则，即，
若，则，即，在区间上单调递增，
的最小值为，，，
成立；
③当时，
若，则，即，在区间上单调递增，
若，则，即，
若，则，即，在区间上单调递减，
的最大值为，，
，即
当，且时，不能恒成立，
综上所述，可知若具有型关系，则，
非负实数的取值范围为,．
【小问3详解】
证明：，
显然且，
由（2）中的结论：当时，，可知，
当时，，
，，
当时，显然成立；
当时，
，
综上所述，当时，．
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数单调性证明与数列有关的不等式，关键是利用（2）的结论得，并适当的放缩裂项求和.
0
1
2