福建省厦门市2024届高三下学期第二次质量检测 数学试题（含解析）

这是一份福建省厦门市2024届高三下学期第二次质量检测 数学试题（含解析），共23页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，57百亿元，103等内容，欢迎下载使用。

数学能力提升练习
满分：150分 考试时间：120分钟
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致.
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，再选涂其它答案标号.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、单选题：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．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知正项等差数列的公差为，前项和为，且，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．已知，为关于的实系数方程的两个虚根，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知样本的平均数等于分位数，则满足条件的实数的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
5．在平面直角坐标系中，点在直线上.若向量，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
6．设，分别是双曲线（，）的左右焦点，为双曲线左支上一点，且满足，直线与双曲线的一条渐近线垂直，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
7．已知，求（ ）
A．B．C．D．
8．设集合，，那么集合中满足的元素的个数为（ ）
A．60B．100C．120D．130
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，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
9．为了预测某地的经济增长情况，某经济学专家根据该地2023年1～6月的GDP的数据y（单位：百亿元）建立了线性回归模型，得到的经验回归方程为，其中自变量x指的是1～6月的编号，其中部分数据如表所示：
参考数据：．
则下列说法正确的是（ ）
A．经验回归直线经过点
B．
C．根据该模型，该地2023年12月的GDP的预测值为14.57百亿元
D．相应于点的残差为0.103
10．如图1，扇形的弧长为，半径为，线段上有一动点，弧上一点是弧的三等分点，现将该扇形卷成以为顶点的圆锥，使得和重合，则在图2的圆锥中（ ）

A．圆锥的体积为
B．当为中点时，线段在底面的投影长为
C．存在，使得
D．
11．设，都是定义在上的奇函数，且为单调函数，，若对任意有（a为常数），，则（ ）
A．B．
C．为周期函数D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，A为C上一点，且|AF|＝5，O为坐标原点，则
的面积为 .
13．已知函数在上单调，，则的可能取值为 .
14．已知函数（，）且），若恒成立，则的最小值为 .
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．如图，三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，，，为中点，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.
16．定义：如果三角形的一个内角恰好是另一个内角的两倍，那么这个三角形叫做倍角三角形.如图，的面积为，三个内角所对的边分别为，且.
(1)证明：是倍角三角形；
(2)若，当取最大值时，求.
17．已知，，为平面上的一个动点.设直线的斜率分别为，，且满足.记的轨迹为曲线.
(1)求的轨迹方程；
(2)直线，分别交动直线于点，过点作的垂线交轴于点.是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由.
18．若，都存在唯一的实数，使得，则称函数存在“源数列”.已知.
(1)证明：存在源数列；
(2)（ⅰ）若恒成立，求的取值范围；
（ⅱ）记的源数列为，证明：前项和.
19．小明进行投篮训练，已知每次投篮的命中率均为0.5.
(1)若小明共投篮4次，求在投中2次的条件下，第二次没有投中的概率；
(2)若小明进行两组训练，第一组投篮3次，投中次，第二组投篮2次，投中次，求；
(3)记表示小明投篮次，恰有2次投中的概率，记表示小明在投篮不超过n次的情况下，当他投中2次后停止投篮，此时一共投篮的次数（当投篮n次后，若投中的次数不足2次也不再继续投），证明：.
时间
2023年1月
2023年2月
2023年3月
2023年4月
2023年5月
2023年6月
编号x
1
2
3
4
5
6
y/百亿元
11.107
1．C
【分析】分别解不等式求出集合，求出，根据集合的交集运算，即可求得答案.
【详解】由，得，则，
由，得，则，，
故，
故选：C
2．B
【分析】根据的关系，将已知等式相减，结合等差数列的性质，即可求得答案.
【详解】因为，故两式相减得：，
即，则，
又数列为正项等差数列，故，即，
故选：B
3．A
【分析】解得的虚根，代入求解即可.
【详解】由，，
∴方程的两个虚根为，或，，
不妨取，，则，，
∴.
故选：A.
4．C
【分析】确定样本的分位数为样本数据从小到大排序后的第4个数，分类讨论x的取值范围，结合样本平均数列出方程，即可求得答案.
【详解】因为，故样本的分位数为样本数据从小到大排序后的第4个数，
由题意得，
当时，，则，满足题意；
当时，，则，与矛盾；
当时，，则，满足题意；
故满足条件的实数的个数是2，
故选：C
5．C
【分析】确定直线的方向向量，结合数量积的运算判断出为直线的法向量，结合投影向量的含义即可求得答案.
【详解】由题意设直线的方向向量为，则，
而，则，即为直线的法向量，
又O到直线的距离为，
故在上的投影向量为，

故选：C
6．A
【分析】根据双曲线的定义，余弦定理建立关于的方程，化简即可求出双曲线离心率.
【详解】如图，

由双曲线定义可得，又，
所以，又渐近线方程为，
因为渐近线，所以，所以，
所以，
即，化简可得，
平方可得，即，
解得或（舍去），
故选：A
7．D
【分析】利用三角函数诱导公式化简已知等式可得，再利用两角和差的余弦公式结合同角三角函数关系化简可得，继而利用三角恒等变换，化简求值，即得答案.
【详解】由题意知，
即，
故，
即，
故，
即
，
故选：D
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于利用三角函数诱导公式以及两角和差的公式化简得出的表达式之后，要利用拆角的方法，继而结合三角恒等变换公式，化简求值即可.
8．D
【分析】明确集合中满足的含义，结合组合数的计算，即可求得答案.
【详解】由题意知集合中满足的元素的个数，
即指中取值为-1或1的个数和为1或2或3，
故满足条件的元素的个数为（个），
故选：D
9．AC
【分析】求得数据的样本中心点，即可判断A；结合回归直线方程求出可判断B；将代入回归直线方程求得预测值，可判断C；根据残差的计算可判断D.
【详解】选项A：由题意得：，
因为，，所以，得，
因此该经验回归直线经过样本点的中心，故A正确；
选项B：由A知，，得，故B错误；
选项C：由B得，则当时，，
故该地2023年12月的GDP的预测值为14.57百亿元，故C正确；
选项D：当时，，相应于点的残差为，
（相应于点的残差），故D错误，
故选：AC
10．BCD
【分析】
求得圆锥的底面半径和高，根据圆锥体积公式即可判断A；设M在底面上的投影为H，利用余弦定理求得投影的长，判断B；根据线面垂直的性质定理可判断C；结合，可求得的长，即可判断D.
【详解】
对于A，设圆锥的底面半径为R，高为h，由题意知，
圆锥的母线长为，故，
故圆锥体积为，A错误；
对于B，当为中点时，设M在底面上的投影为H，则H为的中点，
则为线段在底面的投影，
，而，在中，
，
即，即线段在底面的投影长为，B正确；

对于C，作于T，作于，连接，
设圆锥底面直径为，由于，
即，则，
，则为正三角形，故T为的中点，
则，故，即为的四等分点，
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，
故当M与重合时，，C正确；
对于D，由C的分析知，，而，
故，D正确，
故选：BCD
11．BC
【分析】对于A，在中，令得，为单调函数，所以；对于B，由，得，对于C，设，则由，可得，对于D，由，得，为等差数列，且，所以.
【详解】在中，令得，
所以，又为单调函数，
所以，即，所以，
所以，所以A错误；
由，得，所以B正确；
设，则由，
可得，所以，
所以，即为周期函数，所以C正确；
由，得，即，
所以为等差数列，且，即，
所以，所以，
所以D错误．
故选：BC．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于D选项，由，得，为等差数列，且，所以.
12．2
【解析】根据抛物线的标准方程求出交点，再利用焦半径公式求出点的纵坐标，利用三角形的面积公式即可求解.
【详解】根据题意，抛物线：的焦点为，
设，则，，，
.
故答案为：2
13．
【分析】根据函数的单调区间确定，再根据确定关于周期的相应等式，结合其范围，即可求得答案.
【详解】设的周期为T，函数在上单调，
故；
由以及函数在上单调，得，
由，，得或或，
若，则；
若，则；
若，则；
故的可能取值为，
故答案为：
14．
【分析】根据题意分类讨论，两种情况，通过导数求导得到，再构造函数及导数方法求出其最小值，从而求解.
【详解】函数的定义域为，
当时，可得在上单调递增，，不合题意；
当时，，令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，有极小值，也是最小值，
又因为且，所以，
则，得，所以，
设，，令，得，
当，，
当，，
所以在区间单调递减，单调递增，
所以，即的最小值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：通过分类讨论，两种情况得到符合的情况，通过导数求导得到，再构造函数并利用导数求出其最小值即可.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）连接，证明，继而证明，即可证明平面，根据面面垂直的判定定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标，求得相关点坐标，求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）
连接，在菱形中，，
故为正三角形，又M为中点，故，且，
又，故，
，，则，故,
而平面，故平面，
又平面，故平面平面；
（2）
由于，，则，故，
又平面平面，平面平面，
而平面,故平面，
取中点为O，则为正三角形，则，
作，交于H，故平面，平面，
故，则两两垂直，
分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
因为平面，故可作为平面的法向量，
设平面的法向量为，则，
即，令，则可得，
故，
而平面与平面夹角的范围为，
故平面与平面夹角的余弦值为.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由三角形面积公式化简条件，结合余弦定理及正弦定理进一步化简即可证明；
（2）由正弦定理结合题中条件得到，结合三角形面积公式化为关于的表达式，构造函数，利用导数求得最大值即可.
【详解】（1）因为，
又,所以，
则，
又由余弦定理知，，
故可得，
由正弦定理，,
又,
代入上式可得,
即，
，
则有,
故是倍角三角形.
（2）因为，所以,
故，则，又，
又，则,
则
,
设，，
则
令得或者（舍），
且当时，，
当时，，
则在上单调递增，
在上单调递减，
故当时，取最大值，
此时也取最大值，
故为所求.
17．(1)
(2)存在，12
【分析】
（1）设点，由题意列出等式，化简即可求得答案；
（2）分别设直线的方程，求出点的坐标，即可得出直线的方程，继而求出H点坐标，从而求出的表达式，结合二次函数知识，即可得结论，并求得最大值.
【详解】（1）
由题意设点，由于，
故，整理得，
即的轨迹方程为；
（2）由题意知直线的斜率分别为，，且满足，
设直线的方程为，令，则可得，即，
直线，同理求得，
又直线的方程为，
令，得，即，
故
，
当时，取到最大值12，
即存在最大值，最大值为12.
【点睛】易错点点睛：本题考查轨迹方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的探究最值是否存在问题，解答思路不困难，即表示出直线方程，求得坐标，进而求出的表达式，结合二次函数知识即可求解，但很容易出错，易错点在于计算较为复杂，计算量较大，。并且基本都是字母参数的运算，需要十分细心.
18．(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，结合，根据数列的新定义，即可证明结论；
（2）（i）由恒成立，可得恒成立，构造函数，利用导数求解函数的最值，即可求得答案；
（ii）由（i）可得，从而由，推得，可得到，继而可利用放缩法以及裂项求和法，证明不等式.
【详解】（1）由，得，
即在上单调递减，又，
当且x无限趋近于0时，趋向于正无穷大，
即的值域为，且函数在上单调递减，
对于可以取到任意正整数，且在上都有存在唯一自变量与之对应，
故对于，令，其在上的解必存在且唯一，不妨设解为，
即，则都存在唯一的实数，使得，
即存在源数列；
（2）（i）恒成立，即恒成立，
令，即恒成立，
令，则，
令，则，仅在时取等号，
即在上单调递减，故，即在上单调递增，、
故，故；
（ii）由（i）得，故，即，
故，
当时，，
当时，，
即前项和.
【点睛】关键点点睛：本题考查了数列的新定义以及数列不等式恒成立以及证明不等式问题，综合性较强，解答的关键在于证明不等式时，得到后，即可推出，此时要用放缩法得到，从而再用裂项法求和，证明不等式.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）设出事件，求出相应概率，利用条件概率公式求出答案；
（2）方法1：得到的可能取值及相应的概率，求出期望值；
方法2：得到，，得到，，由，互相独立，求出，得到答案；
（3）先计算出，再求出，，利用互斥事件求概率公式和错位相减法得到，计算出，作商比较出，从而证明出结论.
【详解】（1）设事件表示共有次投中，事件B表示第二次没投中，
则表示一共投中2次，且第二次没投中，则从剩余的三次选择两次投中，
故，
表示一共投中2次，故，
则；
（2）方法1：根据题意有可得取值为，的可能取值为，
故的可能取值为，
则，
，
，
，
，
.
所以.
方法2：因为，，
所以，.
又因为，互相独立，
所以.
（3）根据题意可知.
，，
，
记①，
②，
两式相减得，
故，
故.
所以
，
又因为，且当时，，
所以.
【点睛】常见分布列的数学期望和方差公式：
若服从两点分布，则，
若，则，
若，则.