福建省龙岩市2024届高三下学期3月质量检测数学试题（Word版附解析）

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（满分：150分 考试时间：120分钟）
注意事项：
1.考生将自己的姓名､准考证号及所有的答案均填写在答题卡上，
2.答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”.
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】B
【解析】
【分析】解出一元二次不等式和指数不等式，再根据交集含义即可.
【详解】，，
则，
故选：B
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. -8D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数除法运算和共轭复数概念即可得到答案.
【详解】，则，
故选：A.
3. 已知互相垂直的平面交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则
A. m∥lB. m∥nC. n⊥lD. m⊥n
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：
由题意知，．故选C．
【考点】空间点、线、面的位置关系．
【思路点睛】解决这类空间点、线、面的位置关系问题，一般是借助长方体（或正方体），能形象直观地看出空间点、线、面的位置关系．
4. 已知向量，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量坐标运算和向量数量积的坐标运算即可得，则得到其夹角.
【详解】，
因为，所以两向量垂直，则，
故选：C.
5. 的展开式中的系数为（ ）
A. -91B. -21C. 14D. 49
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项式的展开式通项进行合理赋值即可.
【详解】的展开式通项为，
则，，
则展开式中的系数为，
故选：D.
6. 已知，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据同角三角函数的基本关系式、两角和与差的余弦、正弦公式并进行弦化切求得正确答案.
【详解】，
，
，分子分母同时除以得：
①，
由于，所以，所以，
所以，
所以，即，
分子分母同时除以得：
即，代入①得：
，解得.
故选：A.
7. 已知直线与抛物线相交于两点，以为直径的圆与抛物线的准线相切于点，则（ ）
A. 4B. C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知，抛物线的准线为，利用抛物线的几何性质求出和抛物线的方程和焦点坐标，结合直线的方程可知，直线经过焦点，利用抛物线的定义表示出以为直径的圆的半径和圆心,由得到关于的方程，解方程求出，则得到弦长.
【详解】由题意知，抛物线的准线为，即，解得，
因为，所以抛物线的方程为：，其焦点为，
又直线 ，所以直线恒过抛物线的焦点，
设点，因为两点在抛物线上，
联立方程，两式相减可得，，
设的中点为，则，因为点在直线上，
解得可得，所以点是以为直径的圆的圆心，
由抛物线的定义知，圆的半径，
因为，所以，
解得，则，则.
故选：C.
8. 已知函数的定义域为，且，，则（ ）
A. B. 为奇函数
C. D. 的周期为3
【答案】C
【解析】
【分析】令 ，则得，再令即可得到奇偶性，再令则得到其周期性，最后根据其周期性和奇偶性则得到的值.
【详解】令 ， 得得 或 ，
当 时，令得 不合题意， 故 ， 所以 A错误 ；
令 得 ， 且的定义域为，故 为偶函数， 所以B错误 ；
令 ， 得 ， 所以 ，
所以 ， 则，则，
所以 的周期为 6 ， 所以 D错误 ；
令 ， 得 ， 因为
所以 ，所以 ， 故C正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用赋值法得到其奇偶性和周期性，并依此性质求出函数值即可.
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. 下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】对A和C利用不等式性质即可判断，对B和D举反例即可反驳.
【详解】对A，因为，则两边同乘得，两边同乘得，
则，故A正确；
对B，当时，，故B错误；
对C，因为，则，又因为，所以，故C正确；
对D，举例，则，而，
此时两者相等，故D错误.
故选：AC
10. 已知点与圆是圆上的动点，则（ ）
A. 的最大值为
B. 过点直线被圆截得的最短弦长为
C.
D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A利用圆外点到圆上点距离最值模型即可判断；对B，利用弦长公式即可判断；对C，根据投影向量与向量数量积之间的关系即可即可；对D，根据向量共线定理并结合向量减法的线性运算转化为圆心到直线的距离即可.
【详解】对A，圆的圆心坐标，半径，
将原点代入圆的方程有，则原点在圆外，
则，则，故A正确；
对B，将代入圆方程得，则点在圆内，
设圆心到过点的直线距离为，则,
而被截的弦长为，
则弦长最短为，故B错误；
对C，作出在上投影向量，
则，因为，
即，
则，故C正确；

对D，对与共线，则的最小值为点到直线的距离，
易知直线的方程为，则点到直线的距离，故D正确.
故选：ACD.

11. 如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱的中点，点满足，下列说法正确的是（ ）
A. 不存在使得
B. 若四点共面，则
C. 若，点在侧面内，且平面，则点的轨迹长度为
D. 若，由平面分割该正方体所成的两个空间几何体和，某球能够被整体放入或，则该球的表面积最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由中边长的大小，判断A选项；由正方体的截面判断B选项，由面面平行得点的轨迹，计算长度判断C选项；体积法计算内切球半径和表面积，判断D选项.
【详解】正方体中，由，故中，不可能是直角三角形的斜边，
即不存在使得，A选项正确；
分别是棱的中点，点为中点时，平面在正方体上的截面为正六边形，
则四点共面，有，B选项错误；
若，则为上靠近点的三等分点，
取上靠近的三等分点，的中点，连接
则在正方形中，可得，
平面，平面，则有平面，
同理可由，证明平面，
平面，，所以平面平面，
点在侧面内，且平面，所以即为点的轨迹，
，C选项正确；
若，则为的中点，平面分割该正方体所成的两个空间几何体和，
平面在正方体上的截面为正六边形，
某球能够被整体放入或，该球的表面积最大时，是以为顶点，底面为正六边形的正六棱锥的内切球，
正六边形的边长为，面积为，
正六棱锥，侧棱长，每个侧面面积为，棱锥的高为，
设该球的半径为，由体积法可得，
解得，所以该球的表面积为，D选项正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：
正方体中的线面位置关系，角度距离和截面等问题，要充分利用好正方体的结构特征，而内切球的半径，可利用体积法计算.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 定义在上的函数满足，且在上单调递减，则不等式的解集为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数对称性和单调性得到不等式，解出即可.
【详解】因为函数满足，则关于直线对称，
又因为在上单调递减，则在上单调递增，
则由得，即解得，则解集为，
故答案为：.
13. 在中，为上一点，为的角平分线，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式列式计算即得.
【详解】由得，，
解得.
故答案为：
14. 斜率为的直线与椭圆交于两点，点是椭圆上的一点，且满足，点分别是的重心，点是的外心.记直线的斜率分别为，若，则椭圆的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】取的中点，利用点差法可得，，结合已知求出即可求出离心率.
【详解】取的中点，依题意，点是中点，点分别在上，
设，由两式相减得，
直线斜率，直线斜率，则，
直线的斜率分别为，同理，又，
因此，解得，
所以椭圆的离心率.
故答案为：
【点睛】思路点睛：涉及直线被圆锥曲线所截弦中点及直线斜率问题，可以利用“点差法”，设出弦的两个端点坐标，代入曲线方程作差求解.
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. 2023年秋季，支原体肺炎在我国各地流行，该疾病的主要感染群体为青少年和老年人.某市医院传染病科从该市各医院某段时间就医且年龄在70岁以上的老年人中随机抽查了200人，并调查其患病情况，将调查结果整理如下：
（1）试根据小概率值的独立性检验，分析70岁以上老年人感染支原体肺炎与自身慢性疾病是否有关？
（2）用样本估计总体，并用本次抽查中样本的频率代替概率，从本市各医院某段时间就医且年龄在70岁以上的老年人中随机抽取3人，设抽取的3人中感染支原体肺炎的人数为，求的分布列和数学期望.
附：.
【答案】（1）有关 （2）分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）计算卡方值并与临界值比较即可；
（2）根据二项分布特点写出分布列，再计算其期望即可.
【小问1详解】
假设岁以上老人感染支原体肺炎与自身慢性疾病无关.
则，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为70岁以上老人感染支原体肺炎与自身慢性疾病有关，此推断犯错误的概率不大于0.05.
【小问2详解】
由已知得，
，
，
所以随机变量的分布列为：
所以.
16. 如图，在四棱锥中，是边长为2的正三角形，，，设平面平面.
（1）作出（不要求写作法）；
（2）线段上是否存在一点，使平面？请说明理由；
（3）若，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）作图见解析；
（2）为线段的中点，理由见解析；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用平面的基本事实作出直线.
（2）取线段的中点，利用线面平行的判定推理即得.
（3）取的中点，以为原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
延长交于点，经过点画直线，则直线即为所作直线，如图：

平面，则平面，同理平面，又平面，平面，
因此平面平面，即平面平面，
所以直线即为所作直线.
【小问2详解】
点为的中点，使平面.

由，得，而，则，即为的中点，
又为的中点，于是，而平面平面，
因此平面，所以线段的中点，使平面.
【小问3详解】
分别取中点，连接，则，而，则有，
又平面，于是平面，
即平面，而平面，则，由为中点，得，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，
设向量为平面的法向量，则，取，得，
又为平面一个法向量，设平面与平面的夹角为，
，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
17. 设等差数列的公差为，令，记分别为数列的前项和.
（1）若，求数列的通项公式；
（2）若数列是公比为正数的等比数列，，，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列通项公式得，再代入计算得到，解出即可得到其通项公式；
（2）根据等比数列通项公式得，再利用错位相减法即可得到答案.
【小问1详解】
，，，
即，，
，
又，，
，
，解得:或，
又.
【小问2详解】
设数列公比为，
，，
，又，
，
，
.
，①
，②
①②:，
，
.
18. 已知函数是大于0的常数，记曲线在点处的切线为在轴上的截距为.
（1）若函数，求的单调区间；
（2）当时，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论求出其单调区间.
（2）利用导数的几何意义求出切线的方程及其横截距，根据已知构造函数并解不等式得解.
【小问1详解】
函数的定义域为，求导得，
当时，在区间上单调递增，
当时，由，得，由，得，
则函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以当时，函数的增区间为，无减区间；
当时，的减区间为，增区间为.
【小问2详解】
函数，求导得，切线方程为：，
令，得，由，得，
又，，，又由，得，
即，令，，
求导得，当时，，当时，，
因此函数在区间单调递增，在区间单调递减，
而，则由，得，
所以的取值范围是.
【点睛】关键点睛：导数问题往往涉及到分类讨论，分类讨论标准的确定是关键，一般依据导数是否有零点、零点存在时零点是否在给定的范围内及零点在给定范围内时两个零点的大小关系来分层讨论.
19. 已知双曲线是双曲线的左顶点，直线.
（1）设直线过定点，且交双曲线于两点，求证：直线与的斜率之积为定值；
（2）设直线与双曲线有唯一的公共点.
（i）已知直线与双曲线的两条渐近线相交于两点，求证：；
（ii）过点且与垂直的直线分别交轴､轴于两点，当点运动时，求点的轨迹方程.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）设直线，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，再计算斜率乘积，代入韦达定理式，化简即可；
（2）（i）将直线与双曲线方程联立，根据相切则得到，求出，分别求出坐标即可证明；
（ii）求出过点与直线的直线方程，再求出，消去则得到轨迹方程.
【小问1详解】
因为直线过定点，所以，
由消去，得，
设，则，
直线的斜率，
所以
即直线与斜率之积为定值.
【小问2详解】
因为直线与双曲线有唯一的公共点，
所以直线与双曲线相切.
由，消去，得.
由题意得，，化简得.
记切点，则，
代入直线得，故.
（i）双曲线的两条浙近线方程为，
由，得，由得，
故，
所以，所以.
(ii)过点且与垂直的直线方程为.
令，得，令，得，
所以.因为，
所以，
所以，化简得，
因为，
，
所以点的轨迹方程为.
【点睛】关键点点睛：本题第一问的关键是采用设线法，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，再分别计算斜率乘积，代入韦达定理式化简即可证明.有慢性疾病
没有慢性疾病
未感染支原体肺炎
60
80
感染支原体肺炎
40
20
0.10
0.05
0.025
0.010
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
0
1
2
3