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25页。
注意事项：
1． 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.
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
【答案】D
【解析】
【分析】利用正态分布的对称性求得，从而分析得ABC选项对应的概率小于D选项对应的概率，由此得解.
【详解】因为这批农产品的质量服从正态分布，且其中质量大于0.7的数量等于质量小于0.4的数量，
所以由正态分布的对称性可知，
观察各选项，由正态分布的对称性知，质量小于0.55的农产品数量对应的概率为，
其它选项对应的概率都小于，
所以质量小于0.55的农产品数量最多，故D正确.
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（ ）该试卷源自 每日更新，享更低价下载。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
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的几何意义及乘法运算公式计算即可.
【详解】设，由复数满足知，
故，则，
由在复平面上对应的点在第四象限知，，
所以在复平面上对应的点在第一象限内.
故选：C.
3. 已知等差数列的前n项和为，若则的取值范围为（ ）
A. [15，20）B. [15，18）
C. [12，20）D. [12，18）
【答案】A
【解析】
【分析】利用结合等差数列的性质求解即可.
【详解】
且
，
，
故.
故选：A
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. 若点B在m上，且，则m与n的夹角的正切值为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】设双曲线标准方程，由双曲线的特征三角形计算判定，结合条件可求得，再求夹角正切即可.
【详解】
记两渐近线的交点为O，设，双曲线实轴长，焦距，
由双曲线的定义得：，其渐近线方程为：，
由知，，所以，
因为，知为的平分线，
记n交于点H，
因为渐近线的性质，有，
综上，，则m与n的夹角的正切值为.
故选:B.
5. 若函数在上有零点，则整数A的值是（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】将函数的零点问题转化为与在上的交点问题，求出的值域即可.
【详解】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，
又，即，
解得，由于A是整数，所以.
故选：C.
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nB. 可能等于n
C. 一定大于m且小于nD. 可能等于m
【答案】B
【解析】
【分析】设甲组数据为，乙组数据为，合并后的数据为，通过题意求出混合后的方差，对于AB：通过计算来判断；对于C：通过能否成立来判断；对于D：通过能否成立来判断.
【详解】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，
则，对于A C：若混合后的方差大于n，
，即，
由知，，但的正负不确定，故A C错误；
对于B：若混合后的方差等于n，
则，即，
由知，当且仅当时，混合后的方差等于n，符合题意，故B正确；
对于D：若混合后的方差等于m，
则，即
由知，当且仅当时，混合后的方差等于m，不符合题意；
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（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用圆锥特征即表面积公式、圆的面积公式计算即可.
【详解】
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，
因为，则，
所以截面面积为.
故选:A.
8. 已知数列，，c是非零常数，若为等差数列，为等比数列，则下列说法中错误的是（ ）
A. 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
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由等差数列与等比数列的定义与性质对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】对于A选项：当时，为等差数列，若为公比为1的等比数列，则此时为等差数列，为等差数列，故A选项正确；
对于B选项：不妨设，，
则，，
当能成立时，不是等比数列；
当不能成立时，，
则，
因为，若要使比值是常数，则，此时，不合题意；
所以不可能为公比不为1等比数列，故B选项错误；
对于C选项：当，时，同样符合要求，此时，
由选项A的分析知，可能为公差不为0的等差数列，即可能为公差不为0的等差数列，故C正确；
对于D选项：当，时，满足为等差数列，为等比数列，此时，为公比不为1的等比数列，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. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】AB
【解析】
【分析】利用二项式定理及其通项公式分类讨论计算即可.
【详解】易知的展开式的第项为，
即当时必能被9整除，即至少有项可被9整除，
故转为研究当时是否满足题意，
当时，该项为，由于x的因数不含3，故无法被9整除；
当时，该项为，
若n为3的倍数，则该项可被9整除；
若时该项可被9整除，则共有n项可被9整除，
此时，为3的倍数，成立，
若时该项不可被9整除，则共有项可被9整除，
此时，符合题意.
综上，n可以为6或7.
故选：AB
10. 已知正方体，分别是边上（含端点）点，则（ ）
A. 当时，直线相对于正方体的位置唯一确定
B. 当时，直线相对于正方体的位置唯一确定
C. 当平面时，直线相对于正方体的位置唯一确定
D. 当平面平面时，直线相对于正方体的位置唯一确定
【答案】AD
【解析】
【分析】选项A，利用正方体中的点线关系，即可求解；选项B，在平面上作的投影为，利用任何满足且不重合时，均有，即可求解；选项C，设在直线上的投影为，利用任何满足的情况，有，再利用线面平行的判定定理，即可得到平面，从而求解；选项D，先确定点及的位置，利用面面平行的判定定理，证明点及符合题意，并说明唯一，即可求解.
【详解】对于A选项，当且仅当点与点重合，且点与点重合时条件成立，故A选项正确；
对于B选项，如图1，设在平面上的投影为，，记的中点为，
则对于任何满足且不重合时，为平行四边形，即有，故B选项错误；
对于C选项，如图1，设在直线上的投影为，对于任何满足的情况，有，
所以为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
故直线的位置无法唯一确定，故C选项错误；
对于D选项，如图2，当且仅当为的中点，取中点，连接，
因为，即点为线段上靠近点的三等分点，
因为，面，面，所以面，
连接，，连接，
易知，面，面，所以面，
又，面，所以平面平面，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.
【答案】BD
【解析】
【分析】建系，分析危险区域的范围，可知原问题转化为图像，，与图像的交点问题，结合图象分析求解.
【详解】依题意，绘出示意图如图所示
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.
AI
则小竹行进路线的方程为，
由每3秒旋转一周循环转动知t秒旋转，
因为，
结合题意可知，
因为水柱所在射线与行进路线的交点纵坐标为，
又因为小竹（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v为何值时两图像无交点，

由图可得：.
结合选项可知：AC错误；BD正确.
故选：BD.
【点睛】易错点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．
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_________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，分与两种情况讨论可求A的取值范围．
【详解】因为，，所以，所以.
若，由，可得，
由正弦函数在的单调性可得，，则，原题设不成立；
若，同理可得，由，解得．
故答案为：．
13. 设均为单位向量，且可按一定顺序成等比数列，写出一个符合条件的的值_________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】设的夹角为，则可计算得，，再由等比中项定义可求解.
【详解】由均为单位向量，设的夹角为，则，
则，，
，
，
当成等比数列时，有，解得或（舍），
则由二倍角公式得，，
同理，当成等比数列时，解得，
当成等比数列时，有，此时，.
故答案为：（答案不唯一）
14. 已知抛物线，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_________．
【答案】
【解析】
【分析】解法一：由几何性质可知：，设直线MN为，联立方程结合韦达定理可得，即可得，进而可求面积；解法二：根据题意结合二级结论可知，分析可知点M的横坐标为1，，即可得结果.
【详解】易知M，N的位置交替不影响结论，不妨令图像如图所示以方便研究，
解法一：由等腰梯形的性质得：，相似比为，
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，由勾股定理可确定，
可得，
所以AMCN为等腰梯形的面积为；
解法二：（二级结论）
由题可知，点A、B关于抛物线顶点对称，且弦MN经过点B，
则，（二级结论）
又因为AMCN为等腰梯形，
所以，则，故，即点M的横坐标为1，
又因为，所以，
且，
所以AMCN为等腰梯形的面积为；
故答案为：.
【点睛】方法点睛：在解决直线与圆锥曲线相交，所得弦端点的有关的比例问题时，一般需利用相应的知识，将该关系转化为端点坐标满足的数量关系，再将其用横(纵)坐标的方程表示，从而得到参数满足的数量关系，进而求解．
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. 已知函数在处的切线在轴上的截距为．
（1）求的值；
（2）若有且仅有两个零点，求的取值范围．
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）借助函数与方程的关系，可将有且仅有两个零点转化为方程有两个根，构造对应函数并借助导数研究单调性及值域即可得.
【小问1详解】
，，，
则函数在处的切线为：，
即，令，则有，即；
【小问2详解】
由，即，
若有且仅有两个零点，则方程有两个根，
即方程有两个根，
令，则，
则当时，，则当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故，
又时，，时，，
故当时，方程有两个根，即有且仅有两个零点.
16. 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”.
（1）求甲发生的概率；
（2）证明：甲与乙相互独立.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）记事件丙为“第一次取出的球是红球” ，则，由古典概型，全概率公式求解；
（2）根据相互独立事件的定义证明.
【小问1详解】
记事件丙为“第一次取出的球是红球” ，
则，，
，，
所以，
则；
【小问2详解】
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，
故此时取出顺序只有“红、白、红”与“白、红、红”两种可能，
则，
其中，甲乙同时发生等价于“白、红、红”的情况，
故，
于是，
所以甲与乙相互独立
17. 如图，在三棱锥中，，已知二面角的大小为，.
（1）求点P到平面的距离；
（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求：
（Ⅰ）二面角的余弦值；
（Ⅱ）直线与平面所成角.
【答案】（1）
（2）（Ⅰ）
（Ⅱ）
【解析】
【分析】（1）可得，，过P作的垂线交其于点D，过P作平面的垂线交其于点O，可得平面，进而可得为二面角的平面角，可求得；
（2）（Ⅰ），令，，利用导数可求体积的最大值，可求得；
（Ⅱ）由（Ⅰ）求得，，记点C到平面的距离为h，利用等体积法求得h，可求直线与平面所成的角.
【小问1详解】
由已知，得，，
过P作的垂线交其于点D，
过P作平面的垂线交其于点O，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以为二面角的平面角，，
故；
【小问2详解】
（Ⅰ） 三棱锥 的体积为，
令，则三棱锥的体积，
所以，
当，，当，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故当时，三棱锥的体积最大，此时；
所以二面角的余弦值为；
（Ⅱ）求得此时体积为，可知此时，，
由平面几何知识知，，
记点C到平面的距离为h，
由等体积法可知，求得，
记直线与平面所成角为，则，即，
所以直线与平面所成的角为.
18. 已知数列的前n项和为，，数列满足，且均为正整数.
（1）是否存在数列，使得是等差数列？若存在，求此时的；若不存在，说明理由；
（2）若，求的通项公式.
【答案】（1）存在，；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用条件先计算，得，根据正整数的性质确定，，假设若成立可得，再利用的关系检验即可；
（2）法一、利用关系及递增数列与整数的性质知，整理化简可得，即可得结果；法二、利用反证法假设存在一个正整数，使得，根据条件判定，矛盾.
【小问1详解】
由题意易知，，
当时，，
由均为正整数知，为正整数，
则当且仅当即时，，为整数，
若存在数列，使得是等差数列，则，
故，此时为整数，符合题意，
所以，当时，有，
两式相减得，整理得，
故，
当n=2时，，故，
经检验，当时，，充分性成立，
故存在数列，使得是等差数列.
此时；
【小问2详解】
法一、
因为，当时，有，两式相减，
整理得：，
由递增数列的题意与整数的性质知，，
故，
因为，所以，
则，
因为为正整数，所以.
法二、
假设存在一个正整数，使得
则，，
则，不符合递增数列的题意,
故假设错误，不存在这样的正整数，使得，所以.
19. 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.
【答案】（1）
（2）（Ⅰ）；（Ⅱ）9
【解析】
【分析】（1）根据待定系数法求出椭圆方程；
（2）（Ⅰ）解法一，设直线，，联立直线l与椭圆Z的方程，得，根据圆的定义得x1，x2是方程的两个解，根据韦达定理得，进而得到，根据求出u的取值范围，然后根据二次函数求出最值即可；解法二，设直线，联立直线l与椭圆Z的方程，得，根据正弦定理得，利用弦长公式求出AB，利用三角函数关系求出，根据的取值范围即可求出R的范围，解法三：设，，，联立直线lPA与椭圆Z的方程和联立直线与椭圆Z的方程，分别求出A、B两点的坐标，表出直线AB 的斜率，得，然后分别求出直线PA和PB的中垂线方程式，利用圆的弦的中垂线的交点即是圆心，求出圆心坐标，利用基本不等式求最值得，再根据两点间的距离结合t的范围求解即得；（Ⅱ）由题意得故点P与点关于该直线对称，点Q恒为ZS的交点，分析讨论当直线l经过P或Q时和当直线l不经过P或Q时，表示出面积为，求最值即可
【小问1详解】
因为Z以为右顶点，由椭圆的定义，设，则，
由对称性得，内接正方形在第一象限的顶点为，
代入椭圆方程，解得，所以的方程为，
【小问2详解】
解法一：
（Ⅰ）由（1）得，
设直线，，圆心，
联立直线l与椭圆Z的方程，得
所以，
由，解得
有
即，
展开得，
，
故x1，x2是方程的两个解，
所以
故
两式联立得
因为，所以
则，
故圆心的轨迹为，
由，，
所以，
即
解法二：
（Ⅰ）由（1）得，
设直线，
联立直线l与椭圆Z的方程，得
所以，
由，解得
由正弦定理得：
由弦长公式得， ，
代入得，
有，，
所以，
故·
解法三：
（Ⅰ）由（1）得，
当直线l过原点时，圆心与原点重合，此时
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··
所以，
即，
联立直线与椭圆Z的方程，得，
，
即，
由，即，
解得，
即PA的中点为
则PA的中垂线，
即PB的的中点为，
有PB的中垂线，
联立l1，l2有，
化简得
代入得，
，
当且仅当，即，取等号，
，
当且仅当，即，取等号，
令，即
所以
综上，·
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，S的圆心位于直线上，
故点P与点关于该直线对称，点Q恒为ZS的交点，
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
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；