精品解析：福建省泉州第五中学2024届高三下学期适应性监测（一）数学试题

泉州五中2024届高中毕业班适应性监测（一） 数学 本试卷共19题，满分150分，共8页．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．考生作答时，将答案答在答题卡上．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸、试题卷上答题无效. 3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号：非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚. 4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损．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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数的周期为，且在区间内单调递增，则可能是（ ） A. B. C. D. 3. 海上丝绸之路的起点城市一泉州，有着丰厚的文化底蕴，作为国家级非遗的蟳埔女簪花围习俗，是福建博大精深的海洋文化“百花园”中的一朵香花．某机构随机调查了18位“簪花围”体验者对这一活动的满意度评分情况，得到如下数据：a，60，70，70，71，73，74，74，75，76，77，79，80，83，85，87，93，100．若a恰好是这组数据的下四分位数，则a的值不可能为（ ） A. 71 B. 72 C. 73 D. 74 4. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. D. 在方向上的投影向量为 5. 已知，是函数两个极值点，则（ ） A. B. C. D. 6. 记数列的前n项和分别为，若是等差数列，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知抛物线E的焦点为F，点P在E上，M为PF的中点，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 8. 泉州花灯技艺源于唐朝中期从形式上有人物灯、宫物灯、宫灯，绣房灯、走马灯、拉提灯、锡雕元宵灯等多种款式．在2024年元宵节，小明制做了一个半正多面体形状的花灯，他将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，如图所示．已知该半正多面体的体积为，M为的中心，过M截该半正多面体的外接球的截面面积为S，则S的最大值与最小值之比（ ） A. B. C. 3 D. 9 二、选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 为了研究青少年长时间玩手机与近视率的关系，现从某校随机抽查600名学生，经调查，其中有的学生近视，有的学生每天玩手机超过1小时，玩手机超过1小时的学生的近视率为．用频率估计概率，则（ ） （附：，其中．） 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 A. 如果抽查的一名学生近视，则他每天玩手机超过1小时的概率为 B. 如果抽查的一名学生玩手机不超过1小时，则他近视的概率为 C. 根据小概率值的独立性检验，可认为每天玩手机超过1小时会影响视力 D. 从该校抽查10位学生，每天玩手机超过1小时且近视的人数的期望为5 11. 已知数列满足，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 当时，数列是常数列 C. 当时， D. 当时，数列单调递减 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中，的系数是____________（用数字作答） 13. O为坐标原点，双曲线的左焦点为，点P在E上，直线与直线相交于点M，若，则E的离心率为____________． 14. 已知函数有且只有两个零点，则a的范围____________． 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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，点D是BC上靠近C的三等分点 （1）若的面积为，求AD的最小值； （2）若，求． 16. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上． （1）若，证明：平面； （2）若二面角的正切值为5，求BQ的长． 17. 设函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，若的值域为，证明：． 18. 4月19日是中国传统二十四节气之一的“谷雨”，联合国将这天定为“联合国中文日”，以纪念“中华文字始祖”仓颉[jié]造字的贡献，旨在庆祝多种语言以及文化多样性，促进联合国六种官方语言平等使用．某大学面向在校留学生举办中文知识竞赛，每位留学生随机抽取问题并依次作答，其中每个问题的回答相互独立．若答对一题记2分，答错一题记1分，已知甲留学生答对每个问题的概率为，答错的概率为． （1）甲留学生随机抽取题，记总得分为，求的分布列与数学期望； （2）（ⅰ）若甲留学生随机抽取道题，记总得分恰为分的概率为，求数列的前项和； （ⅱ）记甲留学生已答过的题累计得分恰为分的概率为，求数列的通项公式． 19. 已知椭圆的左、右顶点分别为，右焦点为F．动直线l过F且与E相交于A，B两点，定点G使得． （1）求G的坐标； （2）直线m过点G且垂直于x轴，点P在m上，证明：若三点共线，则三点共线： （3）椭圆E如图所示，请用“尺规作图”的方法在图中作出点F、点G，保留作图痕迹，并写出作图步骤． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州五中2024届高中毕业班适应性监测（一） 数学 本试卷共19题，满分150分，共8页．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．考生作答时，将答案答在答题卡上．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸、试题卷上答题无效. 3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号：非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚. 4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损．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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】化简集合A，B，根据并集运算化简. 【详解】因为，， 所以. 故选：C 2. 已知函数的周期为，且在区间内单调递增，则可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由周期公式及单调性逐个判断即可； 【详解】因为函数的周期为， 所以当时，对正、余弦函数来说，，故排除AB， 当时，， 因为在上单调递增，在上单调递减，故C正确，D错误. 故选：C 3. 海上丝绸之路的起点城市一泉州，有着丰厚的文化底蕴，作为国家级非遗的蟳埔女簪花围习俗，是福建博大精深的海洋文化“百花园”中的一朵香花．某机构随机调查了18位“簪花围”体验者对这一活动的满意度评分情况，得到如下数据：a，60，70，70，71，73，74，74，75，76，77，79，80，83，85，87，93，100．若a恰好是这组数据的下四分位数，则a的值不可能为（ ） A. 71 B. 72 C. 73 D. 74 【答案】D 【解析】 【分析】首先可得这组数据的下四分位数为从小到大排列的第个数，即可得到的取值范围，即可判断. 【详解】因为，所以这组数据的下四分位数为从小到大排列的第个数， 依题意可得，所以不可能为. 故选：D 4. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. D. 在方向上的投影向量为 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由平面向量的垂直关系，结合平面向量数量积的运算，然后对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】，即， 因为不一定为零， 所以与不一定垂直，故A错误； 由可得，所以，故B正确； 由数量积的定义可得，，所以， ， 与不一定相等，故C错误； 在方向上的投影向量为，故D错误； 故选：B 5. 已知，是函数两个极值点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数导数，解方程得出极值点，计算可判断选项. 【详解】，令，解得， 所以，故AB不正确； ，故C正确D错误. 故选：C 6. 记数列的前n项和分别为，若是等差数列，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列前n项和公式,联立方程组,可求出通项公式，再利用裂项相消法,求出数列的前n项和，即可求得. 【详解】因为是等差数列，可设公差为，由， 可得，解得：， 所以， 再由得：， 则数列的前n项和分别为， 即， 所以， 故选：A. 7. 已知抛物线E的焦点为F，点P在E上，M为PF的中点，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设抛物线E的方程为，作，垂足为，连接后可得，当与抛物线相切时取得最小值，设出切线方程，利用切线过点，可求得切线的斜率，即可求得最小值. 【详解】设抛物线E的方程为，则点，准线方程为， 作，垂足为， 设直线与轴的交点为，连接, 当与不重合时，有, 由抛物线的定义知, 易知，当与抛物线相切时，取的最小值， 从而取得最小值，即取得最小值， 设，则抛物线在点的切线方程为， 由切线过点，故， 则，故的最小值为， 故， 当与重合时，易得， 故的最小值为， 故选：B. 8. 泉州花灯技艺源于唐朝中期从形式上有人物灯、宫物灯、宫灯，绣房灯、走马灯、拉提灯、锡雕元宵灯等多种款式．在2024年元宵节，小明制做了一个半正多面体形状的花灯，他将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，如图所示．已知该半正多面体的体积为，M为的中心，过M截该半正多面体的外接球的截面面积为S，则S的最大值与最小值之比（ ） A. B. C. 3 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】利用半正多面体和中心对称性，确定外接球球心和半径，再去找到最大截面圆和最小截面圆的半径，即可求出它们的比值. 【详解】把这个半正多面体补全为正方体，再设该正方体的边长为， 则每个截去的小三棱锥的体积为， 所以该半正多面体的体积：，解得， 由图可知，半正多面体的外接球半径是， 由正方体的性质易证明平面平面： 又因为在正方体中平面，所以平面， 所以过点截外接球的最小截面圆的半径是，最大截面圆的半径是， 即的最小值比最大值等于，则最大值比最小值等于3. 故选：C. 二、选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】设复数，根据题意，求得，结合选项，逐项判定，即可求解. 【详解】设复数，可得 因为复数z满足，可得，则， 可得且， 由时，可得或， 当时，可得，此时；当时，方程，无解； 对于A中，当，可得，可得； 当，可得，可得，所以A正确； 对于B中，当，可得，且， 则，所以B不正确； 对于C中，当，可得，可得，所以C不正确； 对于D中，当，可得，可得，则； 当，可得，可得，则，所以D正确. 故选：AD. 10. 为了研究青少年长时间玩手机与近视率的关系，现从某校随机抽查600名学生，经调查，其中有的学生近视，有的学生每天玩手机超过1小时，玩手机超过1小时的学生的近视率为．用频率估计概率，则（ ） （附：，其中．） 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 A. 如果抽查的一名学生近视，则他每天玩手机超过1小时的概率为 B. 如果抽查的一名学生玩手机不超过1小时，则他近视的概率为 C. 根据小概率值的独立性检验，可认为每天玩手机超过1小时会影响视力 D. 从该校抽查10位学生，每天玩手机超过1小时且近视的人数的期望为5 【答案】AC 【解析】 【分析】根据条件概率的求法判断A，由全概率公式判断B，根据卡方的运算判断C，根据二项分布的期望判断D. 【详解】设“任选1名学生近视”，“任选1名学生每天使用手机超过1小时” 则，,，所以， 则，故A正确； 因为，， 即，解得，故B错误； 由题意，可得列联表： 视力 每天使用手机时长 合计 超过1h 不超过1h 近视 60 180 240 不近视 60 300 360 合计 120 480 600 由上表可知，可以认为每天玩手机超过1小时会影响视力，故C正确； 由题意知，任取1人，取得每天玩手机超过1小时且近视的概率为，10人中每天玩手机超过1小时且近视的人数为，则，所以，故D错误. 故选：AC 11. 已知数列满足，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 当时，数列是常数列 C. 当时， D. 当时，数列单调递减 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，直接说明即可；对于B，直接用数学归纳法即可；对于C和D，用数学归纳法证明，再推知C和D的结论即可. 【详解】对于A，当时，由知A错误； 对于B，当时，有，这意味着只要就有. 而，从而由数学归纳法即可证明，所以B正确； 对于C和D，当时，我们用数学归纳法证明. 当时，由知结论成立； 假设已有，则由可知. 所以，展开即. 这就得到. 同时，由可得. 所以. 故由数学归纳法可知恒成立，所以C正确； 同时，由于，故. 展开即，故，所以D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于是用数学归纳法证明数列的范围和单调性. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中，的系数是____________（用数字作答） 【答案】10 【解析】 【分析】由二项式展开式的通项公式可求出指定项的系数. 【详解】由展开式得，再由展开式得， 所以展开式中含项是：，即它的系数是： 故答案为: . 13. O为坐标原点，双曲线的左焦点为，点P在E上，直线与直线相交于点M，若，则E的离心率为____________． 【答案】 【解析】 【分析】作出辅助线，得到，根据双曲线定义得到，，设，列出方程，解得，这里取，则，由列出方程，求出，得到离心率. 【详解】由题意得为双曲线的一条渐近线， 设双曲线的右焦点为，连接， 因为，所以， 故，， 由双曲线定义得，即，故， 设，则，解得， 这里取，则， ，则，又， 故， 化简得，故. 故答案为： 14. 已知函数有且只有两个零点，则a的范围____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，转化为有两个根据，即或有两个解，分别令，，利用导数求得函数和的单调性与最值，作出函数和的图象，结合图象，即可求解. 【详解】由函数，令，可得， 即，因为，所以，所以， 可得或， 即或， 令，，可得，， 当时，可得，在单调递增，且； 当时，且； 当时，可得，在单调递减； 当时，可得，在单调递增，且， 又当时，，， 当时，且； 作出函数的图象，如图所示， 要使得有两个实数根，即有两个不同的零点， 结合图象，可得或，即实数的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法： 1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决； 3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解. 结论拓展：与和相关的常见同构模型 ①，构造函数或； ②，构造函数或； ③，构造函数或. 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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，点D是BC上靠近C的三等分点 （1）若的面积为，求AD的最小值； （2）若，求． 【答案】（1）2 （2）． 【解析】 【分析】（1）先通过正弦定理将条件角化边后化简整理可得，再利用面积公式求得，进而利用余弦定理及基本不等式求最值； （2）设，则，利用正弦定理将代入角和边整理计算可得答案. 【小问1详解】 由已知及正弦定理可得：（※）， ，所以， 代入（※）可得：，又因为， 所以， 由已知得：，所以， 故， 当且仅当时等号成立． 所以AD的最小值为2； 【小问2详解】 设，则． 在中，由正弦定理得：，即， 在中，由正弦定理得：，即， 将上面两式相比，得：， 即． 16. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上． （1）若，证明：平面； （2）若二面角的正切值为5，求BQ的长． 【答案】（1）证明：取的中点M，连接MP，MB，如图， 在四棱台中，四边形是梯形，， 又点M，P分别是棱的中点，所以，且． 在正方形ABCD中，，又，所以． 从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以． 又因为平面，平面，所以平面； （2）1 【解析】 【分析】（1）取的中点M，连接MP，MB，利用平行四边形证明，由判定定理得证； （2）建立空间直角坐标系，设，根据向量法求出二面角的正切值，解出，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面中，作于O． 因为平面平面ABCD，平面平面，， 平面，所以平面ABCD． 在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则． 以为正交基底，建立空间直角坐标系． 因为四边形是等腰梯形，，所以 又，所以． 易得， 所以． 设，所以． 设平面PDQ的法向量为，由，得， 令，可得，另取平面DCQ的一个法向量为． 设二面角平面角为，由题意得． 又，所以， 解得（舍负），因此． 所以当二面角的正切值为5时，BQ的长为1． 17. 设函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，若的值域为，证明：． 【答案】（1） 当时，在单调递减； 当时，在单调递减，在单调递增． （2） ，定义域为． ， 由（1）得：当时，在单调递减，在单调递增， 所以， 令， 因为当时，递增，当时，递减， 所以，当且仅当时等号成立， 即，当且仅当时等号成立． 当时，，则在递增，不合题意，舍去． 当时，又因为当趋近正无穷，趋近正无穷， 所以在上存在唯一的，使得，即（※） 当递增；当递减；当递增． 又因为趋近，趋近，且的值域为， 所以 ，代入（※），得：，即． 当时，同理：当递增；当递减；当递增． 又因为趋近，趋近，且的值域为， 所以，满足． 综上，． 【解析】 【分析】（1）对求导，分和讨论的单调性，即可得出答案. （2）对分类讨论，求出的单调性，求出的最小值，进而求出单调性和最值，从而证得结论. 【小问1详解】 的定义域为． 当时，在单调递减． 当时，令，得， 当，单调递减：当，单调递增． 综上，当时，在单调递减； 当时，在单调递减，在单调递增． 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：关键点在于对分类讨论，求出的单调性，求出的最小值，进而求出单调性和最值，从而证得结论. 18. 4月19日是中国传统二十四节气之一的“谷雨”，联合国将这天定为“联合国中文日”，以纪念“中华文字始祖”仓颉[jié]造字的贡献，旨在庆祝多种语言以及文化多样性，促进联合国六种官方语言平等使用．某大学面向在校留学生举办中文知识竞赛，每位留学生随机抽取问题并依次作答，其中每个问题的回答相互独立．若答对一题记2分，答错一题记1分，已知甲留学生答对每个问题的概率为，答错的概率为． （1）甲留学生随机抽取题，记总得分为，求的分布列与数学期望； （2）（ⅰ）若甲留学生随机抽取道题，记总得分恰为分的概率为，求数列的前项和； （ⅱ）记甲留学生已答过的题累计得分恰为分的概率为，求数列的通项公式． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）依题意的可能取值为、、、，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望； （2）（ⅰ）依题意可得，利用等比数列求和公式计算可得； （ⅱ）首先求出，，当时，利用构造法求出通项公式. 【小问1详解】 依题意可得的可能取值为、、、， 则，， ，， 所以的分布列为 所以. 【小问2详解】 （ⅰ）若甲留学生随机抽取道题，总得分恰为分，即道题均答对了， 所以， 设数列的前项和为，则. （ⅱ）依题意可得，，， 当时， 所以， 所以为常数数列，又， 所以， 则，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 经检验当、上式也成立，所以. 19. 已知椭圆的左、右顶点分别为，右焦点为F．动直线l过F且与E相交于A，B两点，定点G使得． （1）求G的坐标； （2）直线m过点G且垂直于x轴，点P在m上，证明：若三点共线，则三点共线： （3）椭圆E如图所示，请用“尺规作图”的方法在图中作出点F、点G，保留作图痕迹，并写出作图步骤． 【答案】（1） （2） 方法一：由已知得：， 由已知得：直线，直线， 联立直线与的方程，可得：， 解得： ， 由（1）得：，代入上式，可得： ， 所以直线与的交点在直线m上． 所以，若三点共线，则三点共线． 方法二：由已知得：直线，直线， 联立直线与的方程，可得： 所以， 又 所以 即，所以 所以直线与的交点在直线m上． 所以，若三点共线，则三点共线． （3） 设椭圆E与y轴正半轴交于点．以点为圆心，长为半径作圆，该圆与线段的交点即为点F． 过点F作垂直于x轴的直线，交椭圆于A，B两点．连接，交于点M，过点M作一直线与x轴垂直，该直线与x轴的交点即为G． 【解析】 【分析】（1）设，直线，直线与椭圆联立方程组，根据韦达定理得到根与系数的关系，根据，得到，计算即可求解； （2）设出直线，直线所在方程，两直线联立方程求出交点横坐标，即可得证； 【小问1详解】 由对称性可得：点G在x轴上，设． 当l不与x轴重合时，设， 联立，化简得：， ， 因为，所以，即：， 所以， 即：， 即：， 所以． 当l与x轴重合时，点满足． 综上，. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：第一问关键在于根据，得到，第二问证明的关键在于求出两直线交点，证明交点的横坐标是定值，即交点在直线上，则可证明结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $