福建省漳州市第三中学2024届高三下学期高考全真模拟考试数学试题

学科网（北京）股份有限公司 第 1 页 漳州三中高三年高考全真模拟考试数学科试卷 （考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分） 注意事项: 1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上。 2.选择题的作答:每小题选出答案后,用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿 纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷草稿纸和答题卡上的 非答题区域均无效。 4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。 第Ⅰ卷 选择题 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.设全集U  R，集合  2 1xM x  ，集合  2 4N x x  ，则M N （ ） A． 0,2 B．  , 2 C． 0,  D．  2,  2.若 5 2 5 0 1 2 5(1 2 )x a a x a x a x      ，则 2 4a a （ ） A．100 B．110 C．120 D．130 3.若抛物线  2 2 0y px p  的焦点到直线 2x   的距离为 4，则 p的值为（ ） A．1 B．2 C．4 D． 8 4.设 z C ，则 0z z  是 z为纯虚数的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 5．某市举行乡村振兴汇报会，六个获奖单位的负责人甲､乙､丙等六人分别上台发言，其中负责人甲､乙发 言顺序必须相邻，丙不能在第一个与最后一个发言，则不同的安排方法共有（ ） A. 240种 B. 120种 C. 156种 D. 144种 6.已知各项均为正数的等比数列 na 的前 n项和为 nS ，且满足 546 ,3, aaa  成等差数列，则 4 2 S S ＝（ ） A. 3 B. 9 C. 10 D. 13 7.在正四面体 ABCD中，P为棱 AD的中点，过点A的平面 与平面PBC平行，平面 平面 ABD m ， 平面 平面 ACD n ，则m， n所成角的余弦值为（ ） A. 2 3 B. 1 3 C. 2 3 D. 3 3 学科网（北京）股份有限公司 第 2 页 8.已知 1 2,F F 是椭圆 2 2 2 2: 1( 0) x yC a b a b     的左右焦点，C上两点 ,A B满足： 2 22AF F B   ， 1 4cos 5 AFB  ，则椭圆C的离心率是（ ） A. 3 4 B. 7 4 C. 2 3 D. 5 3 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。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分） 9.已知一组数据1,3,5,7,9，其中位数为 a，平均数为 x ，极差为b，方差为 2s .现从中删去某一个数，得到 一组新数据，其中位数为 a，平均数为 x，极差为b，方差为 2s ，则下列说法中正确的是（ ） A. 若删去 3，则 a a B. 若删去 9，则 x x  C. 无论删去哪个数，均有b b  D. 若 x x ，则 2 2s s 10.已知函数 π π( ) sin( ) 0 2 2 f x x             ， 的部分图象如图所示，则（ ） A. ( )f x 在 π0 3       ， 上单调递增 B. ( )f x 在 (0 6)， 上有 4 个零点 C. π 3 AB  D.将 siny x 的图象向右平移 π 6 个单位，可得 ( )y f x 的图象 11.已知函数  f x 的定义域为R ，且            2 2 , 1 2, 1f x y f x y f x f y f f x       为偶函数， 则（ ） A.  3 2f  B.  f x 为奇函数 C.  2 0f  D. 2024 1 ( ) 0 k f k   第Ⅱ卷 非选择题 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12. 已知单位向量 a，b  满足 | 2 | 3a b   ，则 a与b  的夹角为________． 13.已知数列 na 是等差数列， 8, 2 1, n n n a n b a n     为奇数 为偶数 ，记 nS ， nT 分别为 na ， nb 的前 n项和，若 3 18S  ， 学科网（北京）股份有限公司 第 3 页 2 10T  ，则 20T  ． 14.已知圆锥的顶点与底面圆周都在半径为 3的球面上，当该圆锥的侧面积最大时，它的体积为______． 四、解答题（本题共 5 小题，共 77 分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17 分， 19 题 17 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   3 1ln 2 2 2 f x ax x x x     ，且  f x 图象在 1x  处的切线斜率为 0. （1）求 a的值； （2）令    g x f x ，求  g x 的最小值. 16.（15 分） 在 ABC△ 中， tan 2 sina B b A ． (1)求 B 的大小； (2)若 8a ，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使 ABC△ 存在，求 ABC△ 的面积． 条件①： BC边上中线的长为 21；条件②： 2cos 3 A   ；条件③： 7b  ． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得 0 分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解 答计分． 17.（15 分） 在矩形 ABCD中， 2 4AD CD  ， E为边 AD上的中点．将 ABE 沿 BE翻折，使得点A到点 P的位置，且 满足平面 PBE 平面 BCDE，连接PC， PD， EC． (1)求证：平面 PBE 平面 PCE． (2)在线段 PC上是否存在点Q，使得二面角 P BE Q  的余弦值为 5 5 ？若存 在，求出Q点位置；若不存在，说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 第 4 页 18．（17 分） 某校数学组老师为了解学生数学学科核心素养整体发展水平，组织本校 8000 名学生进行针对性检测（检测 分为初试和复试），并随机抽取了 100 名学生的初试成绩，绘制了频率分布直方图，如图所示． (1)根据频率分布直方图，求样本平均数的估计值和 80%分位数; (2)若所有学生的初试成绩 X 近似服从正态分布  2,N   ，其中  为样 本平均数的估计值， 14  ．初试成绩不低于 90 分的学生才能参加复 试，试估计能参加复试的人数; (3)复试共三道题，规定：全部答对获得一等奖;答对两道题获得二等 奖;答对一道题获得三等奖;全部答错不获奖．已知某学生进入了复试，他在复试中前两道题答对的概率均 为 a，第三道题答对的概率为b．若他获得一等奖的概率为 1 8 ，设他获得二等奖的概率为 P，求 P的最小值． 附：若随机变量 X 服从正态分布  2,N   ，则 ( ) 0.6827P X        ， ( 2 2 ) 0.9545, ( 3 3 ) 0.9973.P X P X                 19．（17 分） 如图，曲线 1C 是以原点 O 为中心， 1F， 2F 为焦点的椭圆的一部分，曲线 2C 是以 O为顶点， 2F 为焦点的抛 物线的一部分，  2 6,3A 是 1C 和 2C 的交点，我们把 1C 和 2C 合成的曲线 W 称为“月蚀圆”. （1）求 1C 所在椭圆和 2C 所在抛物线的标准方程； （2）过 2F 作与 y轴不垂直的直线 l，l与 W依次交于 B，C，D，E四点，P，Q为 2C 所在抛物线的准线上 两点，M，N分别为 CD，BE的中点.设 1S ， 2S ， 3S ， 4S 分别表示 PCD ， 2PMFV ， QBE△ ， 2QNF△ 的面积，求 1 4 2 3 S S S S . 1 学科网（北京）股份有限公司 福建省漳州市第三中学 2023-2024学年高考数学模拟卷答案 1.D【详解】因为 02 1 2x   ，所以 0x  ，所以  0M x x  ，因为 2 4x  ，所以 2 2x   ， 所以  2 2N x x    ，所以M N   2,   .故选：D. 2.C【解析】在 5 2 50 1 2 5(1 2 )x a a x a x a x      中， 2 2 2 5C 2 40a    ， 4 4 4 5C 2 80a    ， 所以 2 4 120a a  ，故选 C 3.C【详解】抛物线  2 2 0y px p  的焦点坐标为 ,0 2 p      ，则有 2 4 2 p   ，解得 4p  .故选：C. 4.B.【详解】对于复数 z，若 0z z  ，则 z不一定为纯虚数，可以为 0； 反之，若 z为纯虚数，则 0z z  ，所以 0z z  是 z为纯虚数的必要非充分条件.故选：B. 5.D.【详解】将将甲乙捆绑看做一个元素，由丙不能在第一个与最后一个发言， 则丙的位置有 3个，将剩余 4个元素再排序有 4 24 2A A 48 种方法，故不同的安排方法共有3 48 144  种. 故选：D. 6.C【详解】设等比数列{an}的公比为 q，因为 a6，3a4，－a5成等差数列， 所以 6a4＝a6－a5，所以 6a4＝a4(q2－q).由题意得 a4>0，q>0. 所以 q2－q－6＝0，解得 q＝3，所以 4 2 S S ＝ 2 2 2 2 S q S S  ＝1＋q2＝10.故选：C 7.C【详解】因为 E，F分别为棱 BC， 1 1BC 的中点，所以 1 //BB EF ， 因为 EF 平面 AEF ， 1BB 平面 AEF ，所以 1 //BB 平面 AEF ， 又平面 1DBB 平面 AEF l ， 1BB  1DBB ，所以 1 //BB l， 又 1 1//AA BB ，所以 1 //AA l，所以 l与直线 1AD 所成角的大小等于 1 1 π 4 A AD  .故选：C 8.D【详解】由 2 22AF F B   可知 2 22AF F B   ，设 2F B x  ，则 2 2AF x  ， 1 12 2 , 2AF a x BF a x      , 3AB x , 则由余弦定理可得          2 2 2 43 2 2 2 2 2 2 2 5 x a x a x a x a x        化简可得    2 22 3 9 0 3 2 3 0a ax x a x a x       ， 故 3a x ，2 3a x  （舍去）， 2 学科网（北京）股份有限公司 又 2 1 2 1cos cos 0AF F BF F    , 所以      2 2 22 2 22 4 2 2 4 2 0 2 2 2 2 2 x c a x x c a x x c x c             ，化简可得 2 2 2 2 2 23 4 3 0 3 4 3 0 9 5 3 ac ax a c a a c a         ，故 53 5 3 c a e   ，故选：D 9.ACD 【详解】A选项，若去掉 3，根据中位数的定义， 5 75, 6 2 a a    ，满足a a ，A选项正确； B选项，若删去 9，根据平均数的定义， 1 3 5 7 9 5 5 x      ， 1 3 5 7 4 4 x      ， x x ，B选项错误； C选项，根据极差的定义，若去掉的数是3,5,7中的一个， 显然去掉前后极差都是9 1 8  ，满足b b ， 若去掉1， 9 3 6 8b b      ，若去掉9， 7 1 6 8b b      ， 综上，b b ，C选项正确； D选项，原数据平均数 5x  ，去掉一个数后平均数保持不变，即 5x  ， 则剩下的四个数之和为5 4 20  ，显然去掉的数只能是5，由方差的定义， 2 2 2 2 2 21 (1 5) (3 5) (5 5) (7 5) (9 5) 8 5 s              ， 2 2 2 2 21 (1 5) (3 5) (7 5) (9 5) 10 4 s            ， 满足 2 2s s ，D选项正确.故选：ACD 10.ABC.【详解】由图知，   10 sin 2 f    ，所以 π 2 π Z 6 ,k k     或 5π 2 π, Z 6 k k     ， 又 π π 2 2    ，所以 π 6    ，所以 π( ) sin( ) 6 f x x  ，又因为图象过 5π ,0 12      ， 且为下降零点，所以 5π π π 2 π 12 6 k    ， 0  ，故 12 7 2 , Z, 0 5 6 k k k          , 结合图象 5π 2 12 T  ，即 120 5   ，所以 2  ， 所以 π( ) sin(2 )6f x x  ， 3 学科网（北京）股份有限公司 对于 A选项，当 π0 3 x  ， π π0 2 6 2 x   ， 结合正弦函数图像可知， ( )f x 在 π0 3       ， 上单调递增，故 A正确；、 对于 B选项，当0 6x  时， π π π2 12 6 6 6 x     ，其中 π3π 12 4π 6    ， 结合正弦函数图像可知， ( )f x 在 (0 6)， 上有 4个零点，故 B正确； 对于 C选项，当   1 2 f x  时，即 π 1sin(2 ) 6 2 x   ， 即 π π2 2 π, Z 6 6 x k k    或 π 5π2 2 π, Z 6 6 x k k    ， 结合图象可知， π π, 6 2A B x x  ，所以 π π π 2 6 3 AB    ，故 C正确； 对于 D选项，将 siny x 的图象向右平移 π 6 个单位， 得 πsin 6 y x      ，而 π( ) sin(2 )6f x x  ，故 D错误，故选：ABC. 11.【详解】令 1x  ， 0y  ，则有        2 21 1 1 0f f f f   ， 故  2 0 0f  ，即  0 0f  ， 令 0x  ， y x 则        2 20f x f x f f x    ， 即       0f x f x f x      恒成立，故    f x f x   ， 又函数  f x 的定义域为R ，故  f x 为奇函数，故 B正确； 则    1 1 2f f     ，又  1f x 为偶函数， 故    1 1f x f x    ，则    1 3 2f f    ，故 A错误；    2 0 0f f  ，故 C正确；      1 1 1f x f x f x       ，则      3 1 1f x f x f x      ，故函数  f x 的周期为 4，    4 0 0f f  ，则             2024 1 506 1 2 3 4 506 2 0 2 0 0 k f k f f f f              ， 故 D正确. 故选：BCD. 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12．【详解】因为 2 2 2| 2 | 4 4 3a b a a b b           ，所以 1 2 a b   ， 所以 1cos , 2 a b   rr ，  , 0 π , 3 a b a b      ， ， ． 故答案为： 3  . 4 学科网（北京）股份有限公司 13.【详解】设等差数列 na 的公差为d ．由 3 18S  ，得 1 1 1 12 13 32 3 18a a a a a a a dd d         ①， 由 2 10T  得  1 2 1 1 18 2 1 8 2 1 10, 3 2 17a a a a d a d            ②， 联立①②， 1 1 3 3 18 3 2 17 a d a d      ，解得 1 5, 1a d  ， 所以  1 1 5 ( 1) 1 4na a n d n n         ． 则 4, 2 9.n n n b n n     为奇数 为偶数 ， 所以  20 1 3 19T b b b      2 4 20b b b   ( 3 1 1 15) (13 17 49)           3 15 13 4910 10 370 2 2         ．故答案为：370 14.【详解】如图，圆锥顶点为 P，底面圆心为 C，底面圆周与顶点均在球心为 O的球面上， 3 OA OP ，记 , ,PA l CA r  则圆锥侧面积为 1 2 2 S l r lr      ， 若 r相同时， l较大才能取得最大值，由截面圆的对称性知，圆锥侧面积最大时 ,P C 两点位于球心O两侧， 此时 2 2 2 2 2 2 2 2 2(3 ) , 9, 3, ( 3) 9 6 6 l ll r OC r OC OC r            ， 4 2 2 36 lr l   ，而 2 3 0, 3 2 6 l l   ,又 6l OP OA   ， 故 4 2 2 2 2 , (3 2 6) 36 ll r l l l          令 2 2 2 2 31(0,36), ( ) 36 t l f t l r t t     ， 21( ) 2 0, 24 12 f t t t t     ， 当18 24t  时， ( ) 0, ( )f t f t  单调递增； 当 24 36t  时， ( ) 0, ( )f t f t 单调递减， 故当 24t  时， ( )f t 最大，圆锥侧面积最大，此时 2 6, 2 2l r  ， 此时圆锥体积 2 2 2 21 1 32(2 2) 24 8 3 3 3 V r l r             ，故答案为： 32 3  . 5 学科网（北京）股份有限公司 四、解答题（本题共 5 小题，共 77 分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17 分， 19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15.【小问 1 详解】 因为   3 1ln 2 2 2 f x ax x x x     ，所以     2 3 11 ln 2 2 f x a x x     ， 因为  f x 图象在 1x  处的切线斜率为 0, 所以  1 0f   ，即 3 1 0 2 2 a    ，所以 1a  . 【小问 2 详解】由（1）知函数   3 1ln 2 2 2 f x x x x x     ，  f x 的定义域为  0,  ，   2 1 1ln 2 2 f x x x    ， 则   2 1 1ln ( 0) 2 2 g x x x x     ，求导得   2 3 3 1 1 1xg x x x x     ， 当 0 1x  时，   0g x  ，当 1x  时，   0g x  ， 则函数  g x 在  0,1 上递减，在  1,  上递增，    min 1 0g x g  . 16.【详解】（1）由 tan 2 sina B b A ，得 sin 2 sin cosa B b A B ， 在 ABC 中，由正弦定理得 sin sin 2sin sin cosA B A B B ， 因为 sin 0,sin 0A B  ，所以 1cos 2 B  ，又0 πB   ，所以 π 3 B  ； （2）选条件①：BC边上中线的长为 21： 设 BC边中点为M ，连接 AM ，则 21, 4AM BM  ， 在 ABM 中，由余弦定理得 2 2 2 2 cosAM AB BM AB BM B     ， 即 2 π21 16 8 cos 3 AB AB    ，整理得 2 4 5 0AB AB   ，解得 5AB  或 1AB   （舍）， 所以 ABC 的面积为 1 1 πsin 5 8sin 10 3 2 2 3ABC S AB BC B       ， 选条件③： 7b  ： 在 ABC 中，由余弦定理得 2 2 2 2 cosb a c ac B   ，即 2 2 2 π7 8 16 cos 3 c c    ， 整理得 2 8 15 0c c   ，解得 3c  或 5c  ， 当 3c  时， ABC 的面积为 1 1 πsin 8 3sin 6 3 2 2 3ABC S ac B     ． 当 5c  时， ABC 的面积为 1 1 πsin 8 5sin 10 3 2 2 3ABC S ac B    △ ． 不可选条件②，理由如下： 6 学科网（北京）股份有限公司 若 2cos 3 A   ，故A为钝角，则 22 5sin 1 3 3 A         ， 则 38sin 12 152 sin 55 3 a Bb A     ， 2 2 432 5 b a  ， 即b a ，其与A为钝角矛盾，故不存在这样的 ABC . 17.【详解】（1）由 E为边 AD上的中点，故 2 22 2 2 2BE CE    ， 又 4AD BC  ，故有 2 2 2BE CE BC  ，即 BE CE ，由平面 PBE 平面 BCDE， BE 平面 PBE平面 BCDE，CE 平面 BCDE， 故CE 平面 PBE，又CE 平面 PCE，故平面 PCE 平面 PBE； （2）以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，作 PM BE 于点M ， 有  0,0,0D 、  2,0,0E 、  4,2,0B 、  0,2,0C ， 由 2PE PB  ， 2 2BE  ，故有 2 2 2PE PB BE  ， 即 BP PE ，且 45MEx  ，则 1 2 2 PM EM BE   ，即  3,1,0M ， 故  3,1, 2P ， 则  3, 1, 2CP   ，  1, 1, 2BP    ，  2,2,0EB  ，  4,0,0BC   ， 设CQ CP   ，易得 0  或 1  时，二面角P BE Q  的大小为90或0， 故  0,1 ，则  3 4, , 2BQ BC CQ          ， 设平面 PBE与平面 BEQ的法向量分别为  1 1 1, ,m x y z  、  2 2 2, ,n x y z  ， 则有 1 1 1 1 1 2 0 2 2 0 m BP x y z m EB x y               ，   2 2 2 2 2 3 4 2 0 2 2 0 n BQ x y z n EB x y                 ， 令 1 2 1x x  ，则可得 1 2 1y y   ， 1 0z  ， 2 12 2 1z        ， 即  1, 1,0m   ， 11, 1,2 2 1n             ，有 2 2 5cos , 512 2 8 1 m n m n m n                    ， 7 学科网（北京）股份有限公司 整理得 21 1 1        ，解得 1 2   ，故存在，且点Q在 PC中点. 18．【详解】（1）设样本平均数的估计值为 x 则 10(40 0.01 50 0.02 60 0.03 70 0.024 80 0.012 90 0.004)x             ． 解得: 62x  ．所以样本平均数的估计值为 62． 前三组的频率和为0.1 0.2 0.3 0.6   ， 前四组的频率和为0.1 0.2 0.3 0.24 0.84    ， 第四组的频率为 0.24， 所以80%分位数为 0.8 0.6 25 22065 10 65 0.24 3 3       . （2）因为学生的初试成绩 X 近似服从正态分布  2,N   ，其中 62, 14   ． 所以 2 62 2 14 90      ．所以 1( 90) ( 2 ) (1 0.9545) 0.02275 2 P x P x         ． 所以估计能参加复试的人数为0.02275 8000 182  ． （3）由该学生获一等奖的概率为 1 8 可知： 2 1 8 a b  ． 则    2 1 2 22 3 1 31 C 1 2 8 4 8 P a b a a b a ab a a           ． 令 2 1 3( ) ,0 1 4 8 P f a a a a       ．  23 2 2 2 (2 1) 4 4 11 8 1( ) 2 4 4 4 a a aaf a a a a a         ． 当 10 2 a  时， ( ) 0f a  ;当 1 1 2 a  时， ( ) 0f a  ． 所以 ( )f a 在区间 10, 2       上是减函数，在区间 1 ,1 2       上是增函数． 所以 min 1 1 1 3 3( ) 2 4 2 8 8 f a f          ．所以 P的最小值为 3 8． 19.【小问 1 详解】由题知，设椭圆的标准方程为   2 2 2 2 1 0 x y a b a b     ， 抛物线的标准方程为  2 2 0x py p  , 由于曲线经过  2 6,3A ，所以  22 6 3 2 p  ，解得 4p  ， 所以 2 2 : 8C x y ，所以  2 0,2F ， 8 学科网（北京）股份有限公司 所以   2 2 2 2 2 63 1 a b   ，且 2 2 2c a b   ， 解得 2 36a  ， 2 32b  ，所以 2 2 1 : 136 32 y xC   ； 【小问 2 详解】 由题意可知直线 l的斜率必存在且不为 0， 设 : 2l y kx  ，  1 1,B x y ，  2 2,C x y ，  3 3,D x y ，  4 4,E x y 联立 2 2 2, 1, 36 32 y kx y x       可得  2 28 9 32 256 0k x kx    可得 1 4 2 1 4 2 32 , 8 9 256 8 9 kx x k x x k             联立 2 2, 8 , y kx x y     可得 2 8 16 0x kx   ，可得 2 3 2 3 8 , 16 x x k x x       记 PCD ， 2PMFV ， QBE△ ， 2QNF△ 的高分别为 1h ， 2h ， 3h ， 4h ， 由于 1 2h h ， 3 4h h ， 所以 1 2 4 21 4 2 3 2 2 2 3 1 1 2 2 1 1 2 2 CD h NF h CD NFS S S S MF BEMF h BE h                          1 4 2 22 22 3 2 3 2 3 1 42 3 1 4 2 2 2 2 2 3 2 3 1 4 2 3 1 4 1 41 4 42 4 2 x xx x x x x x x xx x x x x x x x x x x x x x x xx x                                     2 2 22 2 2 2 2 2 2 328 4 16 16 64 1 18 9 332 9 132 2568 4 8 9 8 9 kk kk kkk k k                                    .