福建省三明市2024届普通高中高三毕业班质量检测数学试题（原卷版+解析版）

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（本试卷总分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､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. 直线与圆相交于两点，则（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆的相关知识即可求得弦长.
【详解】由已知圆，圆心为，半径
所以圆心到直线距离
所以
故选：B
2. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边， ，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用余弦定理求出角即可得解.
【详解】在中，由余弦定理得，
而，则，所以.
故选：C
3. 随机变量，函数没有零点的概率是，则μ的值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数没有零点，求得，结合题意可得出，继而由正态分布的对称性，可得答案.
【详解】由函数没有零点，得，
函数没有零点的概率是，即,
结合，可知，
故选：D
4. 若 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据幂函数的单调性可判断的大小，利用对数函数的单调性判断a的范围，即可得答案.
【详解】由题意得，
由于在上单调递增，故；
而在上单调递减，故，
故，
故选：A
5. 各种不同的进制在生活中随处可见，计算机使用的是二进制，数学运算一般使用的是十进制，任何进制数均可转换为十进制数，如八进制数转换为十进制数的算法为．若将八进制数转换为十进制数，则转换后的数的末位数字是（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】换算后由等比数列求和得，改写成，利用二项式定理展开即可求解．
【详解】
因为是的倍数，
所以换算后这个数的末位数字即为的末位数字，
由，末位数字为3，
故选：A．
6. 函数的部分图象如图所示，其中两点为图象与x轴的交点，为图象的最高点，且是等腰直角三角形，若，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出，过点作于点，由是等腰直角三角形，表示出的坐标，由最大值为1，即可求出，根据投影向量计算公式计算即可．
【详解】，则，过点作于点，
因为是等腰直角三角形，所以，

因为，所以，
因为最大值为1，所以，解得，
所以，则，
则在上的投影向量的坐标为：，
故选：B．
7. 已知抛物线的焦点为F，第一象限的两点A，B在抛物线上，且满足.若线段中点的横坐标为3，则p的值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】设，由可得，结合弦长以及已知求出，利用，即可求得答案.
【详解】设，由得，
即得；
又，解得，
由于A，B在第一象限内，故，
则，
而线段中点的横坐标为3，则，
故，
故选：B
8. 已知函数，若实数满足，则的最大值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先证明，进而可得，设，则直线与椭圆有交点，联立方程，则，即可得解.
【详解】，
，
则，
又因为，
所以，即，
设，
则直线与椭圆有交点，
联立，得，
则，解得，
所以的最大值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：证明，可得，是解决本题的关键.
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. i是虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则的最小值为1
D. 若是关于的方程的根，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据复数的乘方即可判断A；根据复数的乘法运算及共轭复数的定义即可判断B；设，再根据，求出的关系，再结合复数的模的公式即可判断C；根据方程的复数根互为共轭复数即可判断D.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，若，
则，故B正确；
对于C，设，
由，得，即，所以，
则，
所以的最小值为1，故C正确；
对于D，若是关于的方程的根，
则也是关于的方程的根，
所以，故D错误.
故选：BC.
10. 假设甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个白球和2个红球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋，混匀后再从乙袋中任取2个球.下列选项正确的是（ ）
A. 从甲袋中任取2个球是1个红球1个白球的概率为
B. 从甲、乙两袋中取出的2个球均为红球的概率为
C. 从乙袋中取出的2个球是红球的概率为
D. 已知从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定条件，结合古典概率公式、条件概率公式及全概率公式逐项计算判断得解.
【详解】从甲袋中取出个球有个红球的事件为，从乙袋中取出个球红球的事件为，
，，，
，，，
对于A，从甲袋中任取2个球是1个红球1个白球的概率为，A正确；
对于B，从甲、乙两袋中取出的2个球均为红球的概率为，B错误；
对于C，从乙袋中取出的2个球是红球的概率，C正确；
对于D，从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率
，D正确.
故选：ACD
11. 在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为 的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若点P在正方体的表面上，且，则点P的轨迹长度为
B. 若三棱锥的所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为
C. 过点的平面截正方体 所得截面多边形的周长为
D. 若用一张正方形的纸把此正方体完全包住，不考虑纸的厚度，不将纸撕开，则所需纸的面积的最小值为32
【答案】BCD
【解析】
【分析】由得到点一定在球面上，又因为点在正方体的表面上，可以得到的轨迹为6个半径为1的圆，进而得到轨迹长度；
求有一条侧棱垂直于底面的三棱锥的外接球表面积，即求半径，根据外接圆半径结合勾股定理即可求得；
利用平行找到过三点的截面，进而求的截面周长；
利用正方形的对角线长度求得正方形面积.
【详解】A选项，因为，所以P在以EG为直径的球面上，又因为E、G分别是AB和的中点，结合棱切球与各个面的交点为各条棱的中点，得到该球是正方体的棱切球，
又由P在正方体的表面上，所以的轨迹为6个半径为1的圆，所以P的轨迹长度为，故A错误；
B 选项，即求三棱锥即外接球，
中，由余弦定理得，
所以，由正弦定理得，其中是外接圆半径，所以，
因为侧棱面，所以外接球半径，所以球O的表面积为，故B正确；
C选项，如图
延长FE交DA的延长线于点P，可得到，所以，
连接交于点Q，由得，所以Q是上靠近A的三等分点，
连接，作交于点，则是靠近的三等分点，连接，则五边形即为所求截面，
，，
，，
，
所以周长为，故C正确；
D选项，
由正方体的侧面展开图，结合上图可以看出五个正方形及上下左右四个三角形组成一个正方形，
可知要想把正方体完全包住，正方形即为所求正方形，
对角线长为，所以面积为，故D正确；
故选：BCD.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知从小到大排列的一组数据：1，5，a，10，11，13，15，21，42，57，若这组数据的极差是其第30百分位数的7倍，则a的值为_____.
【答案】6
【解析】
【分析】确定极差，求出第30百分位数的表达式，结合题意列式求解，即得答案.
【详解】由题意知这组数据的极差是，
由于，故第30百分位数为，
故，
故答案为：6
13. 已知关于的不等式对任意均成立，则实数的取值范围为_____.
【答案】
【解析】
【分析】分当且对任意均成立时，和当且对任意均成立时，两种情况讨论，分离参数，进而可得出答案.
【详解】当对任意均成立时，
则对任意均成立，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，
当对任意均成立时，
则对任意均成立时，
因为，当且仅当，即时取等号，
所以，
所以，所以，
所以，当且对任意均成立时，
且，即；
当且对任意均成立时，
即且对任意均成立时，
因为在上无最大值，
所以此时没有满足，
综上，实数的取值范围为.
故答案为：.
14. 记表示k个元素的有限集，表示非空数集E中所有元素的和，若集合，则_____，若，则m的最小值为_____.
【答案】 ①. ②. 21
【解析】
【分析】第一空，根据集合新定义可写出的所有可能情况，即可求得答案；第二空，由题意求出，利用等差数列的求和公式列不等式，结合解一元二次不等式求出m的范围，即可求得答案.
【详解】当时，表示3个元素的有限集，
由可知或或或，
故；
由题意知，
故由可得，即，
解得或（舍去），
结合，故m的最小值为21，
故答案为：；21
【点睛】关键点睛：本题考查了集合新定义问题，解答本题的关键在于理解题中所给新定义的含义，明确其内容，进而结合解不等式，即可求解.
四､解答题：本大题共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，多面体中，和均为等边三角形，平面平面
（1）求证：;
（2）求平面ABD与平面PBC夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点M，连接，证明平面，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面ABD与平面PBC的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
证明：取的中点M，连接，
因为和均为等边三角形，故，
而平面，
故平面，平面，
故；
小问2详解】
以M为坐标原点，以所在直线为轴，过点M作平面的垂线为z轴，
建立空间直角坐标系，
平面平面，平面平面，平面，
，故平面，
和均为等边三角形，，
，
，
设平面的法向量为，
，即，令，则，
平面的法向量可取为，
设平面ABD与平面PBC夹角为，
，
故平面ABD与平面PBC夹角的余弦值为.
16. 已知函数（其中）其中图象的两条相邻对称轴间的距离为.
（1）若在上有最大值无最小值，求实数的取值范围；
（2）将函数的图象向右平移个单位长度；再将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象，设，求在的极大值点.
【答案】（1）
（2）和
【解析】
【分析】（1）化简函数，利用周期求出解析式，再结合正弦函数图象求解即可.
（2）先根据图象的平移伸缩变换得到的解析式，再求导求其极大值点即可.
【小问1详解】
因为图象相邻对称轴间的距离为，
所以周期，即，
因此，
当时，
若在有最大值无最小值，由正弦函数图象得
只需，解得，
即的取值范围为.
【小问2详解】
将的图象向右平移个单位得
再将图象所有点横坐标变为原来2倍得，
所以
，
令得，
解得或或，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的极大值点为和.
17. 某校开设劳动教育课程，为了有效推动课程实施，学校开展劳动课程知识问答竞赛，现有家政、园艺、民族工艺三类问题海量题库，其中家政类占，园艺类占，民族工艺类占.根据以往答题经验，选手甲答对家政类、园艺类、民族工艺类题目的概率分别为，选手乙答对这三类题目的概率均为
（1）求随机任选1题，甲答对的概率；
（2）现进行甲、乙双人对抗赛，规则如下：两位选手进行三轮答题比赛，每轮只出1道题目，比赛时两位选手同时回答这道题，若一人答对且另一人答错，则答对者得1分，答错者得分，若两人都答对或都答错，则两人均得0分，累计得分为正者将获得奖品，且两位选手答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响，求甲获得奖品的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用全概率公式，即可求得答案；
（2）求出乙答对的概率，设每一轮比赛中甲得分为X，求出X的每个值对应的概率，即可求得三轮比赛后，甲总得分为Y的每个值相应的概率，即可得答案.
【小问1详解】
记随机任选1题为家政、园艺、民族工艺试题分别为事件,
记随机任选1题，甲答对为事件B，
则，
则
；
【小问2详解】
设乙答对记为事件C，则
，
设每一轮比赛中甲得分为X，
则，
，
，
三轮比赛后，设甲总得分为Y，
则，，
，
所以甲最终获得奖品的概率为.
18. 已知数列满足．
（1）求数列通项公式；
（2）设数列的前n项和为，若不等式对任意的恒成立，求实数t的取值范围；
（3）记，求证：．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当时求出，时，用，即可求解；
（2）由得出，由得，根据对勾函数的单调性及的值，即可求出得范围；
（3）由（1）得，则，根据放缩法得即可证明．
【小问1详解】
当时，，
当时，，时成立，
所以．
【小问2详解】
由得，，显然时，单调递增，，
由得，，
又，当且仅当时，即时等号成立，
因为，，且，，，
所以当时，，解得，
当时，，解得，
所以．
【小问3详解】
证明：由（1）得，，
因为
所以
．
19. 已知平面直角坐标系中，有真命题：函数的图象是双曲线，其渐近线分别为直线和y轴．例如双曲线的渐近线分别为x轴和y轴，可将其图象绕原点顺时针旋转得到双曲线的图象．
（1）求双曲线的离心率；
（2）已知曲线，过上一点作切线分别交两条渐近线于两点，试探究面积是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，则说明理由；
（3）已知函数的图象为Γ，直线，过的直线与Γ在第一象限交于两点，过作的垂线，垂足分别为，直线交于点，求面积的最小值．
【答案】（1）
（2）是定值
（3）
【解析】
【分析】（1）设双曲线的实轴长为，虚轴长为，由双曲线的两条渐近线为x轴和y轴得出，根据离心率公式计算即可；
（2）不妨设是双曲线在第一象限的点，则，，，，得出过点的切线方程，与两渐近线方程联立，得出点得坐标，由即可得出；
（3）由题意将函数，，点，，，绕原点顺时针旋转，得到双曲线，，，再得出直线与的交点为，结合韦达定理及对勾函数的单调性，即可求出面积的最小值．
【小问1详解】
设双曲线的实轴长为，虚轴长为，
因为双曲线的两条渐近线为x轴和y轴，
所以两渐近线之间的夹角为，所以，
所以．
【小问2详解】
不妨设是双曲线在第一象限的点，则，，，，
则过点的切线方程为：，即，
与双曲线渐近线联立，即，，
解得或，
设，则,，
因为，
所以，
所以面积是定值2．
【小问3详解】
由图象是双曲线，渐近线为轴与直线，
则两渐近线的夹角为，故，两渐近线夹角的平分线所在直线方程为，
联立得，或，则双曲线的，
所以，则将图象绕原点顺时针旋转得到双曲线的图象，
直线与轴夹角为，故直线的图象绕原点顺时针旋转得到直线，
同理可得点，绕原点顺时针旋转得到，且点为右支上的点，
设，则，
由题知，过的直线斜率不为0，设该直线方程，
因为点为右支上的点，所以且，
所以，
由得，，，
，
则，即，
因为由图象知直线的斜率存在，所以，
故直线的方程为：，
令，，
由得，，
所以直线过定点，
同理可得直线也过定点，
所以直线与的交点为，
则
，令，
则，
因为函数在上单调递减，，则，即
所以，
故面积的最小值为．
【点睛】方法点睛：当三角形三个顶点均为动点时，求面积比较困难，此时可以将其中一个或两个点转化为定点（或证明为顶点），再研究三角形面积的最值．