2024年福建廈門高三第三次質(zhì)量檢測數(shù)學試題答案詳解

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁廈門市2024屆高中畢業(yè)班第三次質(zhì)量檢測數(shù)學試題2024．4本試卷共4頁，考試時間120分鐘，總分150分．注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結(jié)束后，將答題卡交回．一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知復數(shù)滿足，則（

）A． B．1 C． D．2．已知角的頂點在坐標原點，始邊與軸非負半軸重合，為其終邊上一點，則（

）A． B．4 C． D．13．函數(shù)的圖象大致為（

）A． B．C． D．4．在菱形中，若，且在上的投影向量為，則（

）A． B． C． D．5．已知，則（

）A． B． C． D．6．棱長為1的正方體中，點P為上的動點，O為底面ABCD的中心，則OP的最小值為（

）A． B． C． D．7．若直線與曲線相切，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．8．函數(shù)在上單調(diào)遞增，且對任意的實數(shù)，在上不單調(diào)，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．雙曲線的左、右焦點分別為，且的兩條漸近線的夾角為，若（為的離心率），則（

）A． B．C． D．的一條漸近線的斜率為10．定義在上的函數(shù)的值域為，且，則（

）A． B．C． D．11．投擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣三次，設(shè)隨機變量．記A表示事件“”，表示事件“”，表示事件“”，則（

）A．和互為對立事件 B．事件和不互斥C．事件和相互獨立 D．事件和相互獨立三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．展開式中的常數(shù)項為．13．已知圓錐的體積為，且它的側(cè)面展開圖是一個半圓，則它的母線長為．14．設(shè)為數(shù)列的前項積，若，其中常數(shù)，則（結(jié)果用表示）；若數(shù)列為等差數(shù)列，則．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．在中，角的對邊分別是，且．(1)求；(2)若面積為，求邊上中線的長．16．如圖，在三棱柱中，平面平面，．

(1)設(shè)為中點，證明：平面；(2)求平面與平面夾角的余弦值．17．從一副撲克牌中挑出4張Q和4張K，將其中2張Q和2張K裝在一個不透明的袋中，剩余的2張Q和2張K放在外面．現(xiàn)從袋中隨機抽出一張撲克牌，若抽出Q，則把它放回袋中：若抽出K，則該撲克牌不再放回，并將袋外的一張Q放入袋中．如此操作若干次，直到將袋中的K全部置換為Q，(1)在操作2次后，袋中K的張數(shù)記為隨機變量X，求X的分布列及數(shù)學期望；(2)記事件“在操作次后，恰好將袋中的全部置換為”為，記．（ⅰ）在第1次取到的條件下，求總共4次操作恰好完成置換的概率；（ⅱ）試探究與的遞推關(guān)系，并說明理由．18．在直角坐標系中，已知拋物線的焦點為，過的直線與交于兩點，且當?shù)男甭蕿?時，．(1)求的方程；(2)設(shè)與的準線交于點，直線與交于點（異于原點），線段的中點為，若，求面積的取值范圍．19．若實數(shù)集對，均有，則稱具有Bernoulli型關(guān)系．(1)若集合，判斷是否具有Bernoulli型關(guān)系，并說明理由；(2)設(shè)集合，若具有Bernoulli型關(guān)系，求非負實數(shù)的取值范圍；(3)當時，證明：．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．C【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合復數(shù)的四則運算，即可求解．【詳解】，，．故選：C．2．D【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合任意角的三角函數(shù)的定義，即可求解．【詳解】始邊與軸非負半軸重合，，為其終邊上一點，則，且，解得．故選：D．3．A【分析】根據(jù)函數(shù)的定義域以及奇偶性即可求得答案．【詳解】因為函數(shù)的定義域為，排除CD，又，即為偶函數(shù)，圖象關(guān)于軸對稱，排除B．故選：A．4．B【分析】根據(jù)給定條件，結(jié)合向量減法可得，再利用投影向量的意義求出.【詳解】由，得，而是菱形，則是正三角形，于是，，因此在上的投影向量為，所以.故選：B5．B【分析】判斷出，，，即可求解.【詳解】，故；，故，故.故選：B.6．C【分析】由題意可得OP的最小值為點到線段的距離，借助相似三角形的性質(zhì)計算即可得.【詳解】由題意可得OP的最小值為點到線段的距離，在平面內(nèi)過點作于點，由題意可得，，，平面，因為平面，則，因為，故，即.故選：C.7．A【分析】借助導數(shù)的幾何意義計算可得，借助導數(shù)得到函數(shù)的值域即可得解.【詳解】對于，有，令切點為，則切線方程為，即，即有，令，則，當時，，當時，，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故，又當趨向于正無窮大時，趨向于負無窮，故，即.故選：A.8．D【分析】利用三角函數(shù)恒等變換的應用化簡函數(shù)解析式可得，由題意利用正弦函數(shù)的單調(diào)性可得，所以，利用正弦函數(shù)的周期性可求的周期，解得，即可得解．【詳解】因為，又因為，且，則，若在上單調(diào)遞增，所以，所以，因為對任意的實數(shù)，在上不單調(diào)，所以的周期，所以，所以．故選：D．【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查正弦函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)，關(guān)鍵是整體思想的應用及對任意實數(shù)，在上不單調(diào)與周期間的關(guān)系.9．ABD【分析】求得雙曲線的焦點，漸近線方程，結(jié)合離心率公式，對選項判斷可得結(jié)論．【詳解】雙曲線的焦點，，，由，可得，故A正確，C錯誤；由雙曲線的漸近線方程，則兩條漸近線的傾斜角為，故兩漸近線的夾角為，可得，故BD正確．故選：ABD．10．ACD【分析】利用賦值法及基本不等式結(jié)合選項可得答案.【詳解】令，則有，解得或，因為函數(shù)的值域為，所以，A正確；令，則有，即令，則有，即，B不正確；令，則有，所以，即，C正確；因為，所以，，所以，當且僅當時，取到等號，所以，D正確.故選：ACD11．BC【分析】根據(jù)題意，由對立事件的定義分析A，由互斥事件的定義分析B，由相互獨立事件的定義分析CD，綜合可得答案．【詳解】根據(jù)題意，表示事件“”，即前兩次拋擲中，一次正面，一次反面，則，表示事件“”，即第二次拋擲中，正面向上，則，表示事件“”，即前三次拋擲中，一次正面，兩次反面，，依次分析選項：對于A，事件、可能同時發(fā)生，則事件、不是對立事件，A錯誤；對于B，事件、可能同時發(fā)生，則事件和不互斥，B正確；對于C，事件，即前兩次拋擲中，第一次反面，第二次正面，，由于，則事件和相互獨立，C正確；對于D，事件，即三次拋擲中，第一次和第三次反面，第二次正面，，，事件、不是相互獨立事件，D錯誤．故選：BC．12．160【分析】由題意利用二項式定理可得解.【詳解】二項式的展開式的通項公式，令，可得，所以展開式中的常數(shù)項為.故答案為：160.13．2【分析】由側(cè)面展開圖是一個半圓可得，再根據(jù)體積建立關(guān)系即可求出.【詳解】設(shè)圓錐的底面半徑為，母線長為，因為它的側(cè)面展開圖是一個半圓，則，即，又圓錐的體積為，則可解得，故母線長為2.故答案為：2.14．1或2【分析】由已知遞推關(guān)系分別令，，即可求解，然后結(jié)合等差數(shù)列的性質(zhì)即可求解，并檢驗.【詳解】因為為數(shù)列的前項積，，時，，當時，，即，時，，則，若數(shù)列為等差數(shù)列，則，所以，整理得，，解得或．檢驗：當時，，則時，，則，即，故為以為首項，1為公差的等差數(shù)列；當時，,則時，，則，故，得，即，又，故為常數(shù)列，即,易知其為等差數(shù)列.故答案為：；1或2．【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查數(shù)列遞推關(guān)系求通項，關(guān)鍵是特值思想求值并證明.15．(1)(2)【分析】（1）由正弦定理邊化角即可得到角；（2）根據(jù)，得，結(jié)合三角形面積公式即可得到，再由正弦定理得邊c，以及，即可得到答案．【詳解】（1），由正弦定理邊化角得，，，或（舍），又，；（2），，，，，即，解得，由正弦定理，得，設(shè)邊的中點為，連接，如下圖：，即，即，解得．16．(1)證明見解析；(2)【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出，根據(jù)平面平面得出平面，，利用勾股定理得出，從而證明平面；（2）建立空間直角坐標系，利用坐標表示向量，求出平面的法向量和平面的一個法向量，利用向量求平面與平面的夾角余弦值．【詳解】（1）證明：因為為中點，且，所以在中，有，且，又平面平面，且平面平面，平面,所以平面，又平面，則，由，，得，因為，，，所以由勾股定理，得，又，平面，所以平面；（2）如圖所示，以為原點，建立空間直角坐標系，可得，則，設(shè)平面的法向量為，由，令，得，，所以,由（1）知，平面，所以平面的一個法向量為，記平面與平面的夾角為，則，所以平面與平面夾角的余弦值為．

17．(1)分布列見解析，；(2)（?。?；（ⅱ），理由見解析.【分析】（1）由題意可知，的所有取值為0，1，2，求出相應的概率，進而得到的分布列，再結(jié)合期望公式求出即可；（2）（?。├脳l件概率公式求解；（ⅱ）設(shè)事件表示“次操作后袋中還剩1張”，則（B），為次操作后，恰好將袋中的全部置換為，分2種情況求得（B），代入（B），即可得到與的遞推關(guān)系．【詳解】（1）由題意可知，的所有取值為0，1，2，則，，，所以的分布列為：012所以；（2）（?。┯浭录硎尽暗?次取到”，事件表示“總共4次操作恰好完成置換”，則（E），依題意，若第一次取到，則剩余的3次操作，須將袋中全部置換為，①若第二次也取出，則第三次和第四次均須取出，其概率為，②若第二次取出，則第三次取出，第四次取出，其概率為，綜上所述，，所以，即在第1次取到的條件下，總共4次操作恰好完成置換的概率為；（ⅱ），理由如下：設(shè)事件表示“次操作后袋中還剩1張”，依題意，為次操作后，恰好將袋中的全部置換為，而發(fā)生這樣的情況需次操作后袋中還剩1張，且第次抽中，則，即，為次操作后，恰好將袋中的全部置換為，發(fā)生這樣需2種情況：①次操作后袋中還剩2張（即前次全取，概率為，并且第次和次全取，②次操作后袋中還剩1張，第次取，第次取，所以（B）又因為，所以．18．(1)；(2).【分析】（1）先設(shè)的方程為，，，聯(lián)立直線與拋物線方程，結(jié)合韋達定理及拋物線定義即可求解；（2）先設(shè)出，進而可求的坐標，可得直線軸，求出的范圍，再由三角形面積公式即可求解.【詳解】（1）不妨先設(shè)的方程為，，，代入，可得，所以，，則，由題意可知當斜率為1時，，又，即，解得，所以的方程為；（2）由（1）知，直線的方程為，拋物線方程，，所以的縱坐標，將的縱坐標代入，得，所以的坐標，易知拋物線的準線為,又因為與的準線交于點，所以的坐標，則直線的方程為，把代入，得，即或，因為點異于原點，從而的縱坐標為，把代入，得，所以，因為的坐標，所以，的縱坐標相同，所以直線軸，且，所以面積，因為，所以，所以，因為點異于原點，所以，所以，因為，所以，所以，即面積的取值范圍為.19．(1)具有Bernoulli型關(guān)系，理由見解析；(2),(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)定義判斷是否滿足即可；（2）令，，，再對其求導，分，，三種情況分析單調(diào)性及最值，即可求解；（3）化簡，可得且，根據(jù)（2）中的結(jié)論，可得，再根據(jù)的范圍求出的范圍，進而可求出的范圍，最后可得的范圍．【詳解】（1）依題意，是否具有型關(guān)系，等價于判定以下兩個不等式對于是否均成立：①，②，，，具有型關(guān)系．（2）令，，，則，①當時，顯然