福建省莆田市2024届高三毕业班第二次教学质量检测 数学试卷（含解析）

这是一份福建省莆田市2024届高三毕业班第二次教学质量检测 数学试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了若，则，已知函数，则，在正方体中，点在平面上等内容，欢迎下载使用。

数学
本试卷共5页，19小题，满分150分．考试时间120分钟．
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，将本试卷和答题卡一并交回．
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．为虚数单位，，则（ ）
A．1B．C．D．2
2．若集合，则集合可能为（ ）
A．B．C．D．
3．某校高三年级有男生600人，女生400人．为了获得该校全体高三学生的身高信息，采用按比例分配的分层随机抽样抽取样本，得到男生､女生的平均身高分别为和，估计该校高三年级全体学生的平均身高为（ ）
A．B．C．D．
4．柏拉图多面体是指每个面都是全等正多边形的正多面体，具有严格对称，结构等价的特点．六氟化硫具有良好的绝缘性和广泛的应用性．将六氟化硫分子中的氟原子按图1所示方式连接可得正八面体（图2）．若正八面体外接球的体积为，则此正八面体的表面积为（ ）
A．B．C．D．
5．若，则（ ）
A．事件与互斥B．事件与相互独立
C．D．
6．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上．若点在圆上，则的最小值为（ ）
A．5B．4C．3D．2
7．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，把它的终边绕原点逆时针旋转角后经过点，则（ ）
A．B．C．D．
8．对于函数和，及区间，若存在实数，使得对任意恒成立，则称在区间上“优于”．有以下四个结论：
①在区间上“优于”；
②在区间上“优于”；
③在区间上“优于”；
④若在区间上“优于”，则．
其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二､多选题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知函数，则（ ）
A．
B．的最大值为1
C．在上单调递增
D．将函数的图象向右平移个单位长度后与的图象重合
10．在正方体中，点在平面上（异于点），则（ ）
A．直线与垂直．
B．存在点，使得
C．三棱锥的体积为定值
D．满足直线和所成的角为的点的轨迹是双曲线
11．已知定义在上的函数满足：，则（ ）
A．是奇函数
B．若，则
C．若，则为增函数
D．若，则为增函数
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12．已知，则 ，在上的投影向量的坐标为 ．
13．已知的内角的对边分别为，若，则 ．
14．如图，点是边长为1的正六边形的中心，是过点的任一直线，将此正六边形沿着折叠至同一平面上，则折叠后所成图形的面积的最大值为 ．

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．已知等差数列的前项和为，公差，且成等比数列，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
16．如图，在四棱柱中，底面为直角梯形，．
(1)证明：平面；
(2)若平面，求二面角的正弦值．
17．某商场将在“周年庆”期间举行“购物刮刮乐，龙腾旺旺来”活动，活动规则：顾客投掷3枚质地均匀的股子．若3枚骰子的点数都是奇数，则中“龙腾奖”，获得两张“刮刮乐”；若3枚骰子的点数之和为6的倍数，则中“旺旺奖”，获得一张“刮刮乐”；其他情况不获得“刮刮乐”．
(1)据往年统计，顾客消费额（单位：元）服从正态分布．若某天该商场有20000位顾客，请估计该天消费额在内的人数；
附：若，则．
(2)已知每张“刮刮乐”刮出甲奖品的概率为，刮出乙奖品的概率为．
①求顾客获得乙奖品的概率；
②若顾客已获得乙奖品，求其是中“龙腾奖”而获得的概率．
18．已知椭圆的离心率为，且上的点到右焦点的距离的最大值为．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知为坐标原点，对于内任一点，直线交于两点，点在上，且满足，求四边形面积的最大值．
19．已知函数．
(1)证明：当时，；
(2)若函数有两个零点．
①求的取值范围；
②证明：．
1．B
【分析】根据复数的除法化简运算，在根据模长公式求解即可得答案.
【详解】因为，所以，则.
故选：B.
2．A
【分析】根据题中条件逐项验证即可.
【详解】对于A,若,则，
符合题意，故A正确；
对于B，若,则，
不符合题意，故B错误；
对于C，若,则，
不符合题意，故C错误；
对于D，若,则，
不符合题意，故D错误,
故选：A.
3．C
【分析】
根据题意结合平均数的计算公式运算求解.
【详解】由题意可得：估计该校高三年级全体学生的平均身高为.
故选：C.
4．D
【分析】
根据正八面体的几何特点求得该几何体的球心，再由球的体积计算公式求得球半径，结合球半径和棱的关系，以及三角形面积计算公式，即可求得结果.
【详解】根据题意，作正八面体如下所示，连接，设，
根据其对称性可知，过点，
又该八面体为正八面体，则面，又面，故；
显然正八面体的外接球球心为，设其半径为，，
则，在直角三角形中，；
由可得，则；
故该八面体的表面积.
故选：D.
5．B
【分析】对于A，由即可判断，对于B，由对立事件概率公式以及独立乘法公式验证；对于C，由即可判断；对于D，由即可判断.
【详解】对于AB，，从而，故A错误B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D错误.
故选：B.
6．C
【分析】
画出图形结合抛物线定义、三角形三边关系以及圆上点到定值线距离的最值即可求解.
【详解】如图所示：
由题意抛物线的准线为，它与轴的交点为，焦点为，
过点向抛物线的准线引垂线，垂足为点，
设圆的圆心为，已知圆与轴的交点为点，
，
且成立的条件是重合且重合，
综上所述，的最小值为3.
故选：C.
7．A
【分析】
根据同角三角函数关系求得的值，再结合正弦两角差公式即可得的值.
【详解】因为，所以，则，
又，所以，由得，则，
由题意可知角的终边经过点，则，
所以.
故选：A.
8．B
【分析】
对于①②：根据题意结合函数图象分析判断；对于③：构建函数，，利用导数判断函数单调性，可证；对于④：根据结合公切线可得，并检验.
【详解】对于①：若在区间上恒成立，
结合余弦函数的图象可知：，
若，此时与必有两个交点，
由图象可知：不恒成立，
即不存在实数，使得对任意恒成立，故①错误；
对于②：对于，，
结合正切函数图象可知，不存在在实数，使得对任意恒成立，故②错误；
对于③：构建，
则，
令，解得；，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，即；
构建，
则，
令，解得；，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，即；
综上所述：，
即存在实数，使得对任意恒成立，
所以在区间上“优于”，故③正确；
对于④：因为，且，
若在区间上“优于”，
可知符合条件的直线应为在处的公切线，
则，可得，则切线方程为，
构建在即内恒成立，
可得；
由③可知：，可得;
综上所述：.
所以符合题意，故D正确；
故选：B
【点睛】关键点点睛：对于③：通过构建函数证明；
对于④：根据，结合题意分析可得，即可得，注意检验.
9．AD
【分析】
由二倍角公式化简函数表达式，可直接判断AB，举反例判断C，由函数平移变换法则可判断D.
【详解】对于AB，，，故A对B错；
当，故C错误；
将函数的图象向右平移个单位长度后的图象所对应的函数表达式为，故D正确.
故选：AD.
10．ACD
【分析】
根据线面垂直的判定定理以及性质定理，可判断A；采用反证的方法判断B；根据三棱锥的体积公式判断C；结合圆锥曲线的形成判断D.
【详解】
对于A，在正方体中，平面，平面，
故，又,且平面，
故平面，平面，故，
同理可证,平面,
故平面,平面,故，A正确；

对于B，由于，假设存在点，使得，而平面，
平面，则平面，则平面或平面ACD1，
而直线与平面ACD1显然相交，故B错误；
对于C，由于，故四边形为平形四边形，
则，平面，平面，故平面，
同理可证平面，平面，
故平面平面，即平面和平面之间的距离为定值，
而平面，故M点到平面的距离为定值，
由于的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，
则三棱锥的体积为定值，C正确；
对于D，直线和所成的角为，则M轨迹为以为轴、以所在直线上的线段为母线的圆锥被平面所截得的曲线，
由于平面，结合圆锥曲线的形成（淡蓝色部分为双曲线），

可知满足直线和所成的角为的点的轨迹是双曲线，D正确
故选：ACD
11．ABD
【分析】根据已知条件，利用函数奇偶性的定义，单调性的定义和性质，结合赋值法的使用，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：定义域为，关于原点对称；
对原式，令，可得，解得；
对原式，令，可得，即，
故是奇函数，A正确；
对B：对原式，令，可得，
又，则；
由A可知，为奇函数，故，故B正确；
对C：由A知，，又，对，
当时，；当时，；
故在时，不是单调增函数，故C错误；
对D： 在上任取，令，
则
，
由题可知，又，故，
即，，故在上单调递增，
也即在上单调递增，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：处理本题的关键，一是合理的使用赋值法，对已知条件赋值，求得需要的函数值；二是对函数奇偶性和单调性定义的熟练掌握；三是在D选项处理过程中，对合理变形为，进而根据抽象函数满足的条件进行计算，属综合题.
12． .
【分析】根据向量的模长的坐标计算公式，代入数值即可求得；根据投影向量的计算公式，结合已知条件，即可求得投影向量的坐标.
【详解】因为，故；
在上的投影向量为，又，则；
故在上的投影向量的坐标为.
故答案为：；.
13．
【分析】
根据余弦定理可得，再利用余弦定理即可得的值.
【详解】由余弦定理可得，
所以，
于是有.
故答案为：.
14．
【分析】
根据正六边形的性质和对称性，可将问题转化为求三角形面积最大值问题，结合基本不等式求出最值即可.
【详解】
如图，由对称性可知，折叠后的图形与另外一半不完全重合时比完全重合时面积大，
此时，折叠后面积为正六边形面积的与面积的3倍的和.
由正六边形的性质和对称性知，，，
在中，由余弦定理可得：
，
得，
由基本不等式可知，则，
故，
因，，解得，
当且仅当时等号成立，
故，
又正六边形的面积，
所以折叠后的面积最大值为：.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，分析得折叠后所成图形的面积要取得最大值时的状态，从而得解.
15．(1)
(2)
【分析】
（1）根据题意列式求，进而可得结果；
（2）根据题意利用分组求和法结合等差、等比数列求和公式运算求解.
【详解】（1）由题意可得：，即，
且，解得，
所以数列的通项公式.
（2）由（1）可得，
可得
，
所以.
16．(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）取中点，中点，连接，通过线面平行、面面平行的判定定理首先得平面平面，再利用面面平行的性质即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，由向量夹角余弦的坐标公式结合三角函数平方关系即可得解.
【详解】（1）如图：
取中点，中点，连接，
一方面：因为，
所以，即四边形是平行四边形，
所以，
又，
所以，即四边形是平行四边形，
所以，
因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
从而，
又因为面，面，
所以面，
另一方面：又因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为面，面，
所以面，
结合以上两方面，且注意到平面，
所以平面平面，
又平面，
所以平面；
（2）若平面，又平面，
所以，
又，
所以以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设是平面的法向量，
则，即，令，解得，
即可取平面的一个法向量为，
设是平面的法向量，
则，即，令，解得，
即可取平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，
则，
所以，即二面角的正弦值为.
17．(1)16372
(2)①；②
【分析】（1）由题意，由此结合题中数据以及对称性即可求解相应的概率，进一步即可求解；
（2）由题意有，进一步分3大种情况求得，对于①，由全概率公式即可求解；对于②，由条件概率公式即可求解.
【详解】（1）由题意
，
若某天该商场有20000位顾客，
估计该天消费额在内的人数为；
（2）设事件“顾客中龙腾奖”， 事件“顾客中旺旺奖”， 事件“顾客获得乙奖品”，
由题意知，
事件包括的事件是：“3枚骰子的点数之和为6”，“3枚骰子的点数之和为12”，“3枚骰子的点数之和为18”，
则（i）若“3枚骰子的点数之和为6”，则有“1点，1点，4点”， “1点，2点，3点”， “2点，2点，2点”，三类情况，
共有种；
（ii）若“3枚骰子的点数之和为12”，则有“1点，5点，6点”， “2点，5点，5点”， “2点，4点，6点”， “3点，4点，5点”， “3点，3点，6点”， “4点，4点，4点”，六类情况，
共有种；
（iii）若“3枚骰子的点数之和为18”，则有“6点，6点，6点”，一类情况，
共有1种；
所有，
①由全概率公式可得，
即顾客获得乙奖品的概率为；
②若顾客已获得乙奖品，求其是中“龙腾奖”而获得的概率是，
所以顾客已获得乙奖品，求其是中“龙腾奖”而获得的概率是.
18．(1)
(2)3
【分析】
（1）由离心率公式以及焦半径的最值列出方程组，结合算出即可；
（2）分直线是否垂直于轴进行讨论即可，当直线不垂直于轴时，由弦长公式、点到直线的距离公式表示出四边形的面积（含参数），进一步结合过点与直线平行的直线与椭圆至少有一个交点，由此，从而即可进一步求解.
【详解】（1）由题意可得，
所以，
所以椭圆的方程是；
（2）设点到直线的距离为，
因为，所以点到直线的距离是点到直线的距离的2倍，
所以四边形的面积为，
当直线垂直于轴时，，点到直线的距离的最大值为2，
此时，

当直线不垂直于轴时，可设直线的方程为，
代入椭圆方程，整理并化简得，即，
所以，
设过点与直线平行的直线的方程为，
代入椭圆方程，整理并化简得，
由，
所以，
所以，等号成立当且仅当且，
综上所述，四边形面积的最大值为3.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是求出四边形面积表达式，还有一个约束条件是过点与直线平行的直线与椭圆至少有一个交点，由此即可顺利得解.
19．(1)证明见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）求导，分类讨论判断的单调性，结合单调性和最值分析证明；
（2）①令，整理可得，设，求导，利用导数判断单调性，结合单调性分析零点问题；②分析可知原不等式等价于，构建函数证明即可.
【详解】（1）由题意可得：函数，且，，
若，则在内恒成立，
可知在内单调递增，可得；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
可得，
且，则，则；
综上所述：当时，.
（2）①由题意可得：，
令，整理可得，
设，则，
且，可知，
令，解得；令，解得；
则在内单调递减，在内单调递增，
由题意可知：有两个零点，则，解得，
若，令，则
则，
可知在内有且仅有一个零点；
且当趋近于，趋近于，可知内有且仅有一个零点；
即，符合题意，综上所述：的取值范围为；
②由①可知：，即，
若，等价于，
等价于，
令，则，
令，则在内恒成立，
可知在内单调递增，则，
即，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
可得；
令，则，
令，则，
因为，则，
可知在内单调递增，则，
可得在内恒成立，可知在内单调递增，
则，即，
不妨设，则，
且，在内单调递减，可得，
即，可得；
即，
所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．