福建省竺数教研2023-2024学年高三下学期质量监测数学试题

这是一份福建省竺数教研2023-2024学年高三下学期质量监测数学试题，共31页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前
2024年竺数教研高中毕业班质量监测
数 学
本试卷共19题，共6页，满分150分。考试时间120分钟。
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。
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。
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． 某批农产品的质量（单位：千克）服从正态分布，且其中质量大于0.7的数量等于质量小于0.4的数量. 则下列四部分中
A．质量小于0.4的农产品数量最多 B．质量大于1.09的农产品数量最多
C．质量大于0.7的农产品数量最多 D．质量小于0.55的农产品数量最多
2． 复数满足，复数，若在复平面上对应的点在第四象限，则
A．在复平面上对应的点在实轴正半轴上
B．在复平面上对应的点在实轴负半轴上
C．在复平面上对应的点在第一象限内
D．在复平面上对应的点在第二象限内
3． 已知等差数列{an}的前n项和为，若an>0，a2＋a3＝6，则的取值范围为
A．[15,20) B．[15,18) C．[12,20) D．[12,18)
4. .设双曲线C其中一支的焦点为F，另一支的顶点为A，其两渐近线分别为m，n. 若点B在m上，且BF⊥m，AB⊥n，则m与n的夹角的正切值为
A． B． C．2 D．
5. .若函数在上有零点，则整数A的值是
A．3 B．4 C．5 D．6
6. .已知，现有均由4个数组成的甲、乙两组数据，甲组数据的平均数与方差均为m，乙组数据的平均数与方差均为n，若将这两组数据混合，则混合后新数据的方差
A．一定大于n B．可能等于n
C．一定大于m且小于n D．可能等于m
7． 一个底面半径为2的圆锥的轴截面为正三角形，现用平行于底面的平面将该圆锥截成两个部分，若这两部分的表面积相等，则该平面在圆锥上的截面面积为
A． B． C． D．
.已知数列{an}，{bn}，c是常数，若{}为等差数列，{}为等比数列，则下列说法中错误
的是
A．{an+bn}可能为公差不为0的等差数列 B．{}可能为公比不为1的等比数列
C．{}可能为公差不为0的等差数列 D．{}可能为公比不为1的等比数列
二、选择题：本大题共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3分，有选错的得0分。
9． 已知正整数x，n，其中x的因数不包含3，若的展开式中有且只有6项能被9整除，则n的取值可以是
A．6 B．7 C．8 D．9
10．已知正方体ABCD—A1B1C1D1，E，F分别是边BD，C1D1上（含端点）的点，则
A．当EF∥AD1时，直线EF相对于正方体的位置唯一确定
B．当A1F∥CE时，直线EF相对于正方体的位置唯一确定
C．当C1E∥平面ADF时，直线EF相对于正方体的位置唯一确定
D．当平面AED1∥平面A1CF时，直线EF相对于正方体的位置唯一确定
11．小竹以某速度沿正北方向匀速行进. 某时刻时，其北偏西30°方向上有一距其6米的洒水桩恰好面朝正东方向. 已知洒水桩会向面朝方向喷洒长为米，可视为笔直线段的水柱，且其沿东—北—西—南—东的方向每3秒匀速旋转一周循环转动. 若小竹不希望被水柱淋湿且不改变行进方向和速度，则他行进的速度可以是
A． B． .C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．在△ABC中，，若，则A的取值范围是_________．
13．设a，b均为单位向量，且|a|，|a-b|，|a+b|可按一定顺序成等比数列，写出一个符合条件的a·b的值_________．
14．已知抛物线W：y²=2px，A(－2,0)，B(2,0)，C(4,0)，过B的直线交W于M，N两点，若四边形AMCN为等腰梯形，则它的面积为_________．
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．（13分）
已知函数在(1，f (1))上的切线在y轴上的截距为．
（1）求a的值；
（2）若有且仅有两个零点，求b的取值范围．
16．（15分）
袋子中混有除颜色外均相同的2个白球和2个红球，每次从中不放回的随机取出1个球，当袋中的红球全部取出时停止取球. 甲表示事件“第二次取出的球是红球”，乙表示事件“停止取球时袋中剩余1个白球”.
求甲发生的概率；
证明：甲与乙相互独立.
17．（15分）
如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥PB，AB⊥BC，AB=3，，已知二面角P－AB－C的大小为，∠PAB =.
（1）求点P到平面ABC的距离；
（2）当三棱锥P－ABC的体积取得最大值时，求：
（Ⅰ）二面角P－AB－C的余弦值；
（Ⅱ）直线PC与平面PAB所成角.
18．（17分）
已知数列{an}的前n项和为，a1＝1，数列{bn}满足，且an，bn均为正整数.
是否存在数列{an}，使得{bn}是等差数列？若存在，求此时的；若不存在，说明理由；
若，求{an}的通项公式.
19．（17分）
一个面积为9的正方形的四个顶点均在以坐标原点为中心，以(3,0)为右顶点的椭圆Z上.
（1）求Z的方程；
（2）记该正方形在第一象限的顶点为P，斜率为的直线l与Z交于A，B两点. 记△PAB
..的外接圆为S.
（Ⅰ）求S的半径的取值范围；
（Ⅱ）将Z与S的所有交点顺次连接，求所得图形的最大面积.数学试题参考答案（客观题部分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．
1．D 2．C 3．A 4．B 5．C 6．B 7．A 8．B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．
9．AB 10．AD 11．BD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．
13．，，，（任填其一即可）
14．
姓名：__________________ 准考证号：__________________
（在此卷上答题无效）
保密★启用前
2024年竺数教研高中毕业班质量监测
数学参考答案及评分细则（选填部分）
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． 某批农产品的质量（单位：千克）服从正态分布，且其中质量大于0.7的数量等于质量小于0.4的数量. 则下列四部分中
A．质量小于0.4的农产品数量最多 B．质量大于1.09的农产品数量最多
C．质量大于0.7的农产品数量最多 D．质量小于0.55的农产品数量最多
【命题人】 福建—竺数
【命题意图】本小题主要考查正态分布等基础知识；考查抽象概括与运算求解能力．体现基础性与应用性，导向对发展数学抽象、数学运算等核心素养的关注
【试题解析】由正态分布的定义知，正态分布曲线的对称轴处该批农产品的数量最多。
其对称轴，质量小于0.55的农产品数量最多
故选D.
2． 复数满足，复数，若在复平面上对应的点在第四象限，则
A．在复平面上对应的点在实轴正半轴上
B．在复平面上对应的点在实轴负半轴上
C．在复平面上对应的点在第一象限内
D．在复平面上对应的点在第二象限内
【命题人】 福建—竺数
【命题意图】本小题考察复数的概念及其运算，常用逻辑用语等基础知识；考察推理论证能力；
体现基础性，导向对数学运算、直观想象等核心素养的关注.
【试题解析】由复数满足知，在复平面上对应的点在虚轴上。
故设，则，
由在复平面上对应的点在第四象限知，
故
所以在复平面上对应的点在第一象限内
故选C.
【另解提示】利用模与辐角的相关知识思考
3． 已知等差数列{an}的前n项和为，若an>0，a2＋a3＝6，则的取值范围为
A．[15,20) B．[15,18) C．[12,20) D．[12,18)
【命题人】 福建—竺数
【命题意图】本小题主要考查等差数列的定义等基础知识；考查抽象概括与运算求解能力；考查函数与方程思想、化归与转化思想等．体现基础性与综合性，导向对发展数学抽象、数学运算等核心素养的关注
【试题解析】由{an}为正项等差数列可知，
则，，
，
故
故选A
【易错提醒】考生应注意不要漏掉公差为0的情况
4. .记双曲线C其中一支的焦点为F，另一支的顶点为A，其两渐近线分别为m，n. 若点B在m上，且BF⊥m，AB⊥n，则m与n的夹角的正切值为
A． B． C．2 D．
【命题人】 福建—竺数
【命题意图】本小题主要考查双曲线的几何性质，直线的夹角等基础知识；考查运算求解，几何
直观等能力；考查化归与转化思想；体现基础性，导向对数学运算核心素养的关注．
【试题解析】记两渐近线的交点为O，由双曲线的定义得：OA=a，OF=c，
由BF⊥m知，BF=b，由勾股定理可得OB=a，
因为OA=OB，AB⊥n，知n为∠BOA的平分线，
记n交AB于点H，
因为渐近线的性质，有∠HOA=∠BOC
综上，∠HOA=∠HOB=∠BOC=
故选B.
【易错提醒】本题所求为直线所成角的正切值，考生应注意不要求解成离心率错选C项.
5. .若函数在上有零点，则整数A的值是
A．3 B．4 C．5 D．6
【命题人】 福建—竺数
【命题意图】本小题主要考查三角函数的图象与性质与函数的零点等基础知识；考查运算求解，推理论证能力等；考查数形结合思想等；体现基础性，综合性，导向对直观想象，逻辑推理，数学运算等核心素养的关注．
【试题解析】由于函数在上有零点
所以方程在上有实数根
即与在上有交点
令，则，当，单调递减
故在区间上最多只有1个零点
有，即
解得，由于A是整数，所以A=5
故选C.
【试题补充】考生可以在考后思考，若函数在该区间内没有零点，不从反面考虑时A的取值范围可以如何求解.
6. .已知，现有均由4个数组成的甲、乙两组数据，甲组数据的平均数与方差均为m，乙组数据的平均数与方差均为n，若将这两组数据混合，则混合后新数据的方差
A．一定大于n B．可能等于n
C．一定大于m且小于n D．可能等于m
【命题人】 福建—竺数、湖北—水日
【命题意图】本小题主要考查平均数、方差等基础知识；考查运算求解等能力；体现基础性、应用性；导向对逻辑推理核心素养的关注．
【试题解析】设甲组数据为，乙组数据为，合并后的数据为
方差，解得
同理，解得
所以
令混合后的方差等于n，则.
由知，当且仅当时，混合后的方差等于n，符合题意，故B正确；
令混合后的方差等于m，则
由知，当且仅当时，混合后的方差等于m，不符合题意；
同理可知，混合后的方差大于m，可能等于n
故选：B
7． 一个底面半径为2的圆锥的轴截面为正三角形，现用平行于底面的平面将该圆锥截成两个部分，若这两部分的表面积相等，则该平面在圆锥上的截面面积为
A． B． C． D．
【命题人】 福建—竺数
【命题意图】本小题考查圆锥、圆台与截面有关的基础知识；考查空间想象、推理论证、运算求解等能力；考查数形结合、化归与转化等思想；体现基础性与综合性，导向对发展数学运算、直观想象等核心素养的关注．
【试题解析】由题知，平面截圆锥后上半部分为一小圆锥，下半部分为一圆台，且圆台的上底面即小圆锥的底面，即该平面在原圆锥上的截面；圆台的下底面即原圆锥的底面.
不妨设圆台上底面半径为，圆台下底面半径为，小圆锥母线长为，原圆锥母线长为
由轴截面为正三角形知，
则小圆锥底面积为，底面周长为，侧面积为
易知圆台侧面积可看作原圆锥侧面积减去小圆锥侧面积
则圆台侧面积为，下底面积为
由于两部分表面积相等，则

化简得，即
因为，则
所以截面面积为
故选A.
【另解提示】可使用圆台侧面积公式，其中l为圆台的母线长，R、r分别表示圆台上下底面半径.
【试题补充】有兴趣的考生可以对【另解提示】中所涉及的公式进行推导，记忆.
.已知数列{an}，{bn}，c是常数，若{}为等差数列，{}为等比数列，则下列说法中错误
的是
A．{an+bn}可能为公差不为0的等差数列 B．{}可能为公比不为1的等比数列
C．{}可能为公差不为0的等差数列 D．{}可能为公比不为1的等比数列
【命题人】 福建—竺数
【命题意图】本小题主要考查等差，等比数列的通项、性质等基础知识；考查逻辑推理、运算
求解等能力；考查化归与转化等思想；体现综合性、创新性，导向对发展逻辑推理、数学运算等核心素养的关注．
【试题解析】对于A选项：
当c=1时，{an}为等差数列，若{}为公比为1的等比数列，则此时{bn}为等差数列，{an+bn}为等差数列，故A选项正确；
对于B选项：
不妨设{an}，{bn}均为形式为（其中p，q为常数）的数列，显然其符合题设要求. 则{}可以看作形式为的数列，而等比数列的形式为，显然其中不存在项，由于中无法单独消去，{}不可能为等比数列，故B选项错误；
对于C选项：
当c=1时，an=1时，同样符合要求，此时，即问{bn}是否可能为等差数列，由对选项A的分析知，{bn}可能为等差数列，故C正确；
对于D选项：
不妨设{an}，{bn}均为形式为（其中p，q为常数）的数列，则{}可以看作形式为的数列，显然当或等于1时，{}符合等比数列的形式，故{}可能为等比数列，D选项正确.
故选B.
二、选择题：本大题共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3分，有选错的得0分。
9． 已知正整数x，n，其中x的因数不包含3，若的展开式中有且只有6项能被9整除，则n的取值可以是
A．6 B．7 C．8 D．9
【命题人】 福建—竺数
【命题意图】本小题主要考查二项式定理及其通项公式，考查运算求解等能力，考查化归与转化
等思想，体现基础性，创新性，导向对逻辑推理、数学运算等核心素养的关注，符合当前高考“重思维，轻计算”的趋势．
【试题解析】的展开式的第k+1项为，
即当k≥2时必能被9，即3²整除，即至少有项可被9整除
故转为研究当k=0、1时是否满足题意，
当k=0时，该项为，由于x的因数不含3，故无法被9整除；
当k=1时，该项为，若n为3的倍数，则该项可被9整除.
若k=1时该项可被9整除，则共有n项可被9整除，此时n=6，为3的倍数，成立
若k=1时该项不可被9整除，则共有项可被9整除，此时n=7，符合题意.
综上，n可以为6或7
故选：AB
10．已知正方体ABCD—A1B1C1D1，E，F分别是边BD，C1D1上（含端点）的点，则
A．当EF∥AD1时，直线EF相对于正方体的位置唯一确定
B．当A1F∥CE时，直线EF相对于正方体的位置唯一确定
C．当C1E∥平面ADF时，直线EF相对于正方体的位置唯一确定
D．当平面AED1∥平面A1CF时，直线EF相对于正方体的位置唯一确定
【命题人】 福建—竺数
【命题意图】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识；考查推理论证，空间想象等能力；考查化归与转化等思想；体现基础性、综合性，导向对直观想象，逻辑推理等核心素养的关注．
【试题解析】对于A选项，当且仅当点E与点B重合，且点F与点C1重合时条件成立，故A选项正确；
对于B选项，设A1F在平面ABCD上的投影为AF1，，记BD的中点为O，则对于任何满足OE＝OG且E，G不重合的情况均有条件成立，故B选项错误；
对于C选项，设E在直线AD上的投影为E1，对于任何满足EE1=C1F的情况，有EE1∥AB∥C1D1，所以EE1FC1为平行四边形，所以C1E∥FE1，又因为，，所以C1E∥平面ADF，即直线EF的位置无法唯一确定，故C选项错误；
对于D选项，当且仅当F为C1D1的中点，点E为线段BD上靠近点D的四等分点时原条件成立，故D选项正确.
故选：AD
11．小竹以某速度沿正北方向匀速行进. 某时刻时，其北偏西30°方向上有一距其6米的洒水桩恰好面朝正东方向. 已知洒水桩会向面朝方向喷洒长为米，可视为笔直线段的水柱，且其沿东—北—西—南—东的方向每3秒匀速旋转一周循环转动. 若小竹不希望被水柱淋湿且不改变行进方向和速度，则他行进的速度可以是
A． B． .C． D．
【命题人】 福建—竺数
【命题意图】本小题主要考查三角函数的应用，直线的方程等基础知识；考查运算求解，推理论证，抽象概括能力等；考查数形结合，化归与转化思想等；体现综合性，创新性，应用性，导向对直观想象，逻辑推理，数学运算，数学建模等核心素养的关注．
【试题解析】依题意，绘出示意图如右图所示
易知，当且仅当在喷洒范围与行进路线重叠的危险区域内，小竹可能被淋湿。
由于洒水桩最初面朝正东方向，不妨以洒水桩为起点向面朝方向作射线，即可将问题转化为小竹（用点代替）与该射线在行进路线上的交点不重合的问题。
设时间为t秒
以洒水桩为原点，正东方向、正北方向分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系。
则小竹行进路线的方程为x=3
由每3秒旋转一周循环转动知，该射线可看作
其中，
故射线与行进路线的交点纵坐标为
易知小竹（用点代替）的纵坐标为
故可将原问题转化为图像，
与图像的交点问题，
即求当斜率v为何时两图像无交点
解得，
故选BD.
【另解提示】考生亦可从洒水桩与小竹行进路线的临界交汇情况作出直观判断.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．在△ABC中，，若，则A的取值范围是_________．
【命题人】 福建—竺数
【命题意图】本小题主要考查解三角形、三角恒等变换等基础知识，考查推理论证、运算求
解等能力，考查数形结合和化归与转化等思想，体现基础性与综合性，导向对
发展直观想象、逻辑推理及数学运算等核心素养的关注．
【试题解析】因为，，
所以，
所以.
若，则，原题设不成立；
若，则
由，
解得
故填：
13．设a，b均为单位向量，且|a|，|a-b|，|a+b|可按一定顺序成等比数列，写出一个符合条件的a·b的值_________．
【命题人】 福建—竺数
【命题意图】本小题主要考查向量的基本运算、三角恒等变换等基础知识，考查运算求解等能力，考查数形结合、化归与转化等思想，体现基础性、综合性，导向对直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注．
【试题解析】由a，b均为单位向量，则|a|=1
设a，b的夹角为，则|a-b|=，|a+b|=，a·b=cs
当|a|，|a-b|，|a+b|成等比数列时，有
，解得（已舍）
则由二倍角公式得，
同理，当|a+b|，|a-b|，|a|成等比数列时，解得
当|a+b|，|a|，|a-b|成等比数列时
有
此时，，
故可以填：，，，（任填其一即可）
14．已知抛物线W：y²=2px，A（－2,0）、B（2,0）、C（4,0），过B的直线交W于M、N两点，若四边形AMCN为等腰梯形，则它的面积为_________．
【命题人】 福建—竺数
【命题意图】本小题主要考查抛物线的定义及标准方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识；考查运算求解，几何直观等；考查数形结合思想、化归与转化思想等，体现基础性，
导向对数学运算、直观想象等核心素养的关注，符合当前高考“重思维，轻计算”的趋势．
【试题解析】易知MN的位置交替不影响结论，不妨
令图像如右图所示以方便研究
解法一（涉及二级结论）：
由题知，点A、B关于抛物线顶点对称，
且弦MN经过点B
则∠NAB=∠MAB（二级结论）
又因为AMCN为等腰梯形
所以AN∥CM，有∠ACM=∠NAB
故AM=CM，即点M的横坐标为1
又BM=BC=2，所以∠NBC=60°
所以AMCN为等腰梯形的面积为
故填：
解法二：由等腰梯形的性质得，△ABN∽△BCM，相似比为AB：BC=2，
所以
设直线MN为，与抛物线方程联立，得
所以，
解得，代入得
又因为BN=AB=4，由勾股定理可确定
所以AMCN为等腰梯形的面积为
解法三：由等腰梯形的性质得，AN∥CM
故设直线AN为，设直线CM为
由N、B、M三点共线得
解得
下同解法二.
【试题补充】解法一所涉及二级结论曾在2018年新课标Ⅰ卷文科卷中考察证明.
（2018·新课标Ⅰ卷·文）
设抛物线，点过点A的直线l与C交于M、N两点.
证明：∠ABM=∠ABN
有兴趣的考生可以尝试推导该结论的一般形式. 在2018年新课标Ⅰ卷理科卷中，
则对该结论在椭圆当中的情况作出考察.
姓名：__________________ 准考证号：__________________
（在此卷上答题无效）
保密★启用前
2024年竺数教研高中毕业班质量监测
数学参考答案及评分细则（解答题部分）
评分说明：
1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则。
2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。
3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。
4．只给整数分数。选择题和填空题不给中间分。
15．（13分）
已知函数在(1，f (1))上的切线在y轴上的截距为．
（1）求a的值；
（2）若有且仅有两个零点，求b的取值范围．
【命题人】 福建—竺数
【命题意图】本小题主要考查导数的应用，函数的零点，切线等知识；考查运算求解能力等；
考查数形结合思想、化归与转化思想等；体现基础性、综合性，体现检测
逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养的命题意图．
【试题解析】解法一：
（1）求得···················································································1分
由·······································································3分
求出切线方程·········································4分
由其在y轴上的截距为知，，故a=2········································5分
（2）由（1）得，
当，，f（x）在上单调递增，故f（x）至多只有一个零点，不符合题意··············································································6分
当时，若，;若，·····················8分
所以f（x）在上单调递增，在上单调递减····························9分
又因为，····················································10分
由零点存在性定理知，若函数有且只有两个零点，只需满足
所以··············································12分
综上，若有且仅有两个零点，··········································13分
解法二：
同解法一··························································································5分
由（1）得，
依题意，可将函数的零点问题转化为直线与函数图像的交点问题
由得，·······················································6分
若，;若，···································8分
所以g（x）在上单调递增，在上单调递减···························9分
所以g（x）的最大值为g（e），即····················································10分
又因为，······················································12分
故若直线与函数图像有且只有两个交点，·····13分
16．（15分）
袋子中混有除颜色外均相同的2个白球和2个红球，每次从中不放回的随机取出1个球，当袋中的红球全部取出时停止取球. 甲表示事件“第二次取出的球是红球”，乙表示事件“停止取球时袋中剩余1个白球”.
求甲发生的概率；
证明：甲与乙相互独立.
【命题人】 福建—竺数
【命题意图】本题考察古典概型，全概率公式，独立事件等基础知识；考察推理论证及运算求解能力；考察化归与转化思想等；体现基础性、综合性、应用性，导向对发展逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养的关注.
【试题解析】
记事件丙为“第一次取出的球是红球”····················································1分
则···············································································2分
所以，,····················4分
所以······················6分
带入数据得：······················································7分
由题意知，乙等价于“停止取球时共取出了1个白球和2个红球”，
且第三次取出的球一定为红球·······························································8分
故此时取出顺序只有“红、白、红”与“白、红、红”两种可能··················9分
则······································11分
其中，甲乙同时发生等价于“白、红、红”的情况，故···········12分
于是····································································14分
所以甲与乙相互独立.·········································································15分
17．（15分）
如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥PB，AB⊥BC，AB=3，，已知二面角P－AB－C的大小为，∠PAB =.
（1）求点P到平面ABC的距离；
（2）当三棱锥P－ABC的体积取得最大值时，求：
（Ⅰ）二面角P－AB－C的余弦值；
（Ⅱ）直线PC与平面PAB所成角.
【命题人】 福建—竺数
【命题意图】本题综合考察二面角的性质，空间向量的运算与运用，三角函数，导数的运算、单
调性，极值等基础知识；考察空间想象能力、推理论证及运算求解能力；考察数形
结合思想、化归与转化思想等；体现基础性、综合性、创新性与应用性，导向对发展逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养的关注.
【试题解析】解法一：
（1）由已知，得，·······················································1分
过P作AB的垂线交其于点D，
过P作平面ABC的垂线交其于点O，
因为，，所以PO⊥AB································2分
因为，所以·················································3分
因为，所以，
所以∠PDO为二面角P－AB－C的平面角，∠PDO=·······························4分
故·················5分
考生也可以选择保留的形式

（2）（Ⅰ） 三棱锥P－ABC的体积为·······6分
令，则三棱锥P－ABC的体积V（t）=
所以······································································7分
当，，当，，
所以V（t）在上单调递增，在上单调递减····························9分
故当时，三棱锥P－ABC的体积最大，此时·········10分
（Ⅱ）求得此时体积为，可知此时，·······························11分
由平面几何知识知，·············································12分
记点C到平面PAB的距离为h
由等体积法可知，求得·······································13分
记直线PC与平面PAB所成角为，则，即··············15分
解法二：
（1）同解法一··························································································5分
（2）（Ⅰ）同解法一·························································································10分
（Ⅱ）可知此时，
以B为原点，方向分别为轴建立空间直角坐标系
所以·······················11分
则
设为平面PAB的一个法向量
则有，即
可取············································································13分
记直线PC与平面PAB所成角为
则，即·····················15分
18．（17分）
已知数列{an}的前n项和为，a1＝1，数列{bn}满足，且an，bn均为正整数.
是否存在数列{an}，使得{bn}是等差数列？若存在，求此时的；若不存在，说明理由；
若，求{an}的通项公式.
【命题人】 福建—竺数
【命题意图】本题综合考察等差数列，数列的求和，整数的性质等基础知识；考察推理论证及运算求解能力；考察化归与转化思想等；体现基础性、综合性、创新性，导向对发展逻辑推理、数学运算等核心素养的关注.
【试题解析】解法一：
由题知，当n=1时，a1＝1，解得b1＝1····················································1分
当n=2时，，整理得···········································2分
由an，bn均为整数知，a2为整数且b2为整数，
当且仅当，即时，····························································3分
，为整数···················································································4分
若未由整数的性质说明直接得到b2，扣1分
若存在数列{an}，使得{bn}是等差数列，则
故··········································································5分
此时bn为整数，符合题意·····································································6分
所以，当时，有············································7分
两式相减得，整理得
故，当n=2时，，故············································8分
经检验，当时，，充分性成立···············································9分
故存在数列{an}，使得{bn}是等差数列.
此时······································································10分
若未检验充分性成立，扣1分。若考生只回答“故当时，”，依然算作验证了充分性。
（2）因为，当时，有
两式相减，整理得：···················································11分
由递增数列的题意与整数的性质知，·······································13分
若未由递增数列的题意与整数的性质说明直接得到结论，扣1分
故，因为，所以··························15分
则······································································16分
因为an为正整数，所以······························································17分
解法二：
（1）同解法一························································································10分
假设存在一个正整数，使得·················································12分
体现反证法的思路得2分
则，，···························13分
则，不符合递增数列的题意····16分
故假设错误，不存在这样的正整数，使得，所以··············17分
【评分补充】若在（2）中回答：
由（1）知，当时，符合递增数列题意，故.
视为只说明了必要性，没有严格证明充分性，只得1分
19．（17分）
一个面积为9的正方形的四个顶点均在以坐标原点为中心，以(3,0)为右顶点的椭圆Z上.
（1）求Z的方程；
（2）记该正方形在第一象限的顶点为P，斜率为的直线l与Z交于A、B两点. 记△PAB
..的外接圆为S；
..（Ⅰ）求S的半径的取值范围；
（Ⅱ）将Z与S的所有交点顺次连接，求所得图形的最大面积.
【命题人】 福建—竺数、福建—June、湖北—懒懒
【命题意图】本小题主要考查椭圆的方程与性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查抽象概括、推理论证、运算求解等能力；考查函数与方程思想、数形结合思想、转化与化归思想；体现综合性、应用性与创新性，彰显高考的选拔特点，导向对发展数学抽象、逻辑推理、数学运算直观想象、数学建模等核心素养的关注．
【试题解析】解法一：
（1）因为Z以（3,0）为右顶点，由椭圆的定义，设，则a=3············1分
由对称性得，内接正方形在第一象限的顶点为·································3分
代入椭圆方程，解得，·············································4分
（2）（Ⅰ）由（1）得，
设直线，
联立直线l与椭圆Z的方程，得
所以，··················································5分
由，解得···········································6分
有
即
展开得·································7分
同理有
故x1,x2是方程的两个解···········8分
所以···············9分
故·······················································10分
两式联立得
因为，所以·····························································11分
则，
故圆心的轨迹为···················································12分
由几何关系知，·····························································13分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，S的圆心位于直线x+y=0上,
故点P与点关于该直线对称，点Q恒为ZS的交点·····················14分
当直线l经过P或Q时，图形为三角形且显然不为最大值
当直线l不经过P或Q时，图形为对角线垂直的四边形，其面积为
········································································15分
由（Ⅰ）知，，当且仅当l经过原点时取等
故当该四边形恰好为正方形时，其面积最大，值为9································17分
解法二：
（1）同解法一··························································································4分
（2）（Ⅰ）由（1）得，
设直线，
联立直线l与椭圆Z的方程，得
所以，··························································5分
由，解得···········································6分
由正弦定理得：······························································7分
由弦长公式得，·······················8分
代入得············9分
有，，···········11分
所以··························12分
故··········································13分
（Ⅱ）同解法一·························································································17分
解法三：
（1）同解法一··························································································4分
（2）（Ⅰ）由（1）得，
当直线l过原点时，圆心与原点重合，此时·································5分
当直线PA，直线PB的斜率均存在且不为0时，
设，，
联立直线lPA与椭圆Z的方程，得··6分
所以，
即，同理可得·············7分
由，解得·······················································8分
记PA中点为
则PA的中垂线··············10分
同理有PB的中垂线
联立l1,l2有····················································11分
化简得
代入得，
························································12分
令，即
所以
综上，··········································································13分
（Ⅱ）同解法一·························································································17分