【文档说明】福建省厦门市2024届高中毕业班第二次质量检查基础巩固练习数学试题.pdf，共(12)页，574.175 KB，由envi的店铺上传

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高三数学试题第1页（共4页）厦门市2024届高中毕业班第二次质量检查数学基础巩固练习满分：150分考试时间：120分钟考生注意：1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形

码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致．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，再选涂其它答案标号．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，将答题卡交回．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．已知集合2{Z24},230PxxQxxx∣∣≤，则PQA．(2,1]B．[3,4)C．1,1D．1,0,1

2．如图，一组数据123910,,,,,xxxxx的平均数为5，方差为21s，去除190,xx后，平均数为x，方差为22s，则A．5x，2212ssB．5x，2212ssC．5x，2212ssD．5x，2212

ss3．已知π3sin65，则πsin26A．1825B．1825C．725D．7254．设0.814a，0.3log0.2b，0.3log0.4c，则a，b，c的大小关系为A．abcB．ba

cC．cabD．bca5．在ABC△中，内角,,ABC所对的边分别是,,abc，已知14bca，2sin3sinBC,则cosAA．14B．14C．13D．136．甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶

上，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是A．156B．210C．211D．2167．一个人骑自行车由A地出发向正东方向骑行了4km到达B地，然后由B地向南偏东30方向骑行了6km到达C地，再从C地向北偏东30方向骑行了16km到达D地

，则A，D两地的距离为A．419kmB．103kmC．283kmD．26km{#{QQABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMAABSQFABAA=}#}{#{QQABSQItwgiwwJSACb5KFQGWCwuQkJCjJCoMxRCEuA

RjiRFIFIA=}#}高三数学试题第2页（共4页）8．如图，O⊙的半径等于2，弦BC平行于x轴，将劣弧BC沿弦BC对称，恰好经过原点O，此时直线yxm与这两段弧有4个交点，则m的可能取值为A．

23B．45C．67D．1二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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．设z为复数（i为虚数单位），则A．若zR，则zzB．若2zR，则zRC．若1i1iz，

则1zD．若210z，则iz10．已知函数fx的定义域为R，对任意实数,xy满足12fxyfxfy，且102f，当12x时，0fx，则A．102f

B．312fC．fx为减函数D．12fx为奇函数11．如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD中，点E，F分别是1DD和1BD的中点，则A．1CFAE∥B．11CFADC．点F到平面EAC的距离为63D．过E作平面与平面AC

E垂直，当与正方体所成截面为三角形时，其截面面积的范围为314,23三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知点F为抛物线2:20ypxp的焦点，点4,Am在上，且5AF，则m_______．13．将函数πsin03fxx

的图象向右平移π3个单位长度后得到函数ygx的图象，若函数yfx和ygx在0,π上都恰好存在两个零点，则的取值范围是_______．14．在n维空间中2,Nnn，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标12,,

,naaa，其中0,11,Niaini≤≤．则5维“立方体”的顶点个数是_______;定义：在n维空间中两点12,,,naaa与12,,,nbbb的曼哈顿距离为1122nnababab．在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的

顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则()EX_______．{#{QQABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMAABSQFABAA=}#}{#{QQABSQItwgiwwJSACb5K

FQGWCwuQkJCjJCoMxRCEuARjiRFIFIA=}#}高三数学试题第3页（共4页）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．（13分）甲箱装有2个黑球和4个白球，乙箱装有2个黑球和3个白球，这些球除颜色外完全相同．某人先

从两个箱子中任选一个箱子，再从中随机摸出一球．(1)求摸出的球是黑球的概率；(2)若已知摸出的球是黑球，用概率公式判断该球取自哪个箱子的可能性更大．16．（15分）已知nS为等差数列na的前n项和，301,2,nnnaanbn为奇数,为偶

数,432b，520S．(1)求na的通项公式；(2)记nT为数列nb的前n项和，若2220nnTS，求n的最小值．17．（15分）双曲线2222:10,0xyCabab的离心率为3，点2

,2T在C上．(1)求C的方程；(2)设圆22:2Oxy上任意一点P处的切线交C于M、N两点，证明：以MN为直径的圆过定点．{#{QQABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMAABSQFABAA=}#}{#{QQABS

QItwgiwwJSACb5KFQGWCwuQkJCjJCoMxRCEuARjiRFIFIA=}#}高三数学试题第4页（共4页）18．（17分）如图，在四棱锥EABCD中，底面ABCD为平行四边形，EAB△为等边三角形，60ABC，2BCCEAB，EFABAD

(0)，74EFBC．（1）求证：EBAC；（2）若FDFC，①判断直线EF与直线BC的位置关系，并说明理由；②求平面ABE与平面FCD的夹角．19．（17分）已知函数()exfxax．（

1）讨论函数()fx的单调性；（2）设()()exgxfx，若123xxx，且123()()()gxgxgx．①求a的取值范围；②设m为整数，当3a时，对任意的2x，3x，都有23mxx≥

，求m的最小值．{#{QQABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMAABSQFABAA=}#}{#{QQABSQItwgiwwJSACb5KFQGWCwuQkJCjJCoMxRCEuARj

iRFIFIA=}#}高三数学试题第5页（共4页）厦门市2024届高中毕业班第二次质量检查数学基础巩固练习一、单选题1-4DCCD5-8ADBB二、多选题9.AC10.ABD11.BCD三、填空题12.413.55,3214.32;8

03111.D选项：在四边形11BBDD中，过E作EMEO交11BD于M，易证EMEAC平面，由1~MDEEDO，11DMEDDEDC,所以12.2DM如图，设截面与11AD交于点G，与11CD交与点H.过点1D作1DNGH,连接EN.易证NEGH.设11,GDaHDb，

由GH恒过点M，所以112ab，2,[,2]3ab由等面积法2212222,1ababDNNEabab,所以22222222222221111111525()222255EGHabSababababababab又由112a

b，2[,2]3a，所以21aba，24[1,]213aaba，所以21113145()[,]25523EGHSab.14．（1）ia的可能值为0，1（15,iiN）．故五维立方体的顶点有5

232个（2）依题意，样本空间的样本点记为{,}MN，,MN为五维立方体的顶点样本点总数：232()nC当Xk时，有k个第i维坐标值不同，有5k个第i维坐标值相同．满足Xk的样本点{,}MN个数为5455C22C22kkkk．所以5455252C2C(1,2,3,4,5)

C21kkPXkk故分布列为：X12345{#{QQABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMAABSQFABAA=}#}{#{QQABSQItwgiwwJSACb5KFQGWCwuQkJCjJCoMxRCEuARjiRFIF

IA=}#}高三数学试题第6页（共4页）P53110311031531131180520302053131EX．四、解答题15.【详解】（1）记事件A表示“球取自甲箱”，事件A表示“球取自乙箱”，事件B表示“取得黑球”，...............

................................................................................................................1分则1

212||2635PAPAPBAPBA，，，由全概率公式得：||PBPAPBAPAPBA....................................................

.................3分111211232530...............................................................................

...........................................................6分（2）该球取自乙箱的可能性更大，理由如下：该球是取自甲箱的概率11|523|111130PAPBAPABPB，..................

..........9分该球取自乙箱的概率12|625|111130PAPBAPABPB，.............................12分因为||PABPAB，所以该球取自乙箱的可能性更大.......

...........................13分18.（1）设数列na的公差为d，依题意，4515)5(2022322aaa，.....................................................

...................................2分即3445aa，解得121ad，.........................................................

.................................4分所以na的通项公式是211nann..........................................

................5分（2）由（1）知1nan，所以1300,2,nnnnbn为奇数，为偶数，...................................6分，1222

(2(221)(23)2)2nnnaannSnn，.......................................................7分{#{QQABTQIAggCgQIAAARg

CEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMAABSQFABAA=}#}{#{QQABSQItwgiwwJSACb5KFQGWCwuQkJCjJCoMxRCEuARjiRFIFIA=}#}高三数学试题第7页（共4页）2

1321242()()nnnTbbbbbb，323(2992301)2(14)28(300)2143nnnnnn...................................10分222416026033nnnT

Sn恒成立，..............................................................11分令23604136nncn由1146030nnncc，得4n

......................................................................13分所以12345ccccc所以n的最小值为4

....................................................................................................15分17.方法一：(

1)依题意：222222213abcabca，，，.....................................................................2分

解得：2212ab，，................................................................................................3分所以双曲线方程为22

12yx.....................................................................................4分（2）设1122(,),(,)MxyNxy，①当切线斜率存在时，设直线方程为ykxm，因为直线与圆相切，所

以2||21mk，整理得2222mk，..........................6分联立222221(2)2202yxkxkmxmykxm，则212122222,22kmmxxxxkk

，22222244(2)(2)8(2)kmkmmk....................................................................................

......................................................8分由对称性知，若以MN为直径的圆过定点，则定点必为原点...............................9分1212OMONxxyy

................................................................................................10分2

212121212()()(1)()xxkxmkxmkxxmkxxm....................................11分2222222(1)22mkmkmkmkk

222222mkk.......................................................................................................

......12分{#{QQABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMAABSQFABAA=}#}{#{QQABSQItwgiwwJSACb5KFQGWCwuQkJCjJCoMxRCEuARjiRFIFI

A=}#}高三数学试题第8页（共4页）又2222mk，所以0OMON所以OMON，故以MN为直径的圆过原点............................................

........13分②当直线斜率不存在时，直线方程2x，此时圆方程为22(2)2xy，恒过原点.综上所述，以MN为直径的圆过原点....................................

..................................15分方法二：（1）同方法一；（2）设1122(,),(,)MxyNxy，①当切线斜率存在时，设直线方程为ykxm，因为直线与圆相切，所以2||21mk，整理得22

22mk，..........................6分联立222221(2)2202yxkxkmxmykxm，则212122222,22kmmxxxxkk

，22222244(2)(2)8(2)kmkmmk..................................................................................................................

........................8分以1122(,),(,)MxyNxy为直径的圆的方程为1212()()()()0xxxxyyyy，即2212121212()()0xxxxx

xyyyyyy，..............................................9分因为22121212121212()()(1)()xxyyxxkxmkxmkxxkmxxm

，所以22222222122122202(1)222kxkmkmmkykmkxykm，........11分且212122(242222)yykxxmkkmmmkk

，所以所求的圆的方程为222224220xykxmmkky，....................................12分所以MN为直径的圆过原点...............................

.......................................................13分②当直线斜率不存在时，直线方程2x，此时圆方程为22(2)2xy，恒过原点.综上所述，以MN为直径的圆过原点..............

.......................................................15分18.解：（1）不妨设2AB，则4BCCE，60ABC，2BCAB30BCA，90BAC

即ABAC，...............................................................................................................2

分所以23AC{#{QQABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMAABSQFABAA=}#}{#{QQABSQItwgiwwJSACb5KFQGWCwuQkJCjJCoMxRCEuARjiRFIFIA=}#

}高三数学试题第9页（共4页）又因为222124ACAECE所以ACAE............................................................

...................................................4分ABAEA所以AC平面AEBBE平面AEB所以EBAC......................................

.........................................................................5分（2）①EF与BC异面，理由如下：取AB的中点为O,连结EO，EAB△为等边三角形所以EOB

A，3EO由（1）知AC平面AEB所以EOAC，ABACABACA所以EO平面ABC.....................................................................................

..............7分以A为原点，ABAC，分别为x轴，y轴，以过A平行于EO的直线为z轴，建立空间直角坐标系.(0,0,0)A,(2,0,0)B,(2,23,0)D,(0,23,0)C,(1,0,3)E，设(,,3)Fxy(1,,0)EFxy

，(2,0,0)AB，(2,23,0)AD，(2,0,0)DC(,23,3)CFxy，....................................................

...........................................8分因为7EF，所以22(1)7xy因为FDFC，所以2222(23)3(2)(23)3xyxy

所以13xy，又0，所以(1,3,3)F.....................................................10分所以(2,3,0)EF

，(2,23,0)BC,所以EFkBC，EF与BC不平行，....................................................................11分又因为EFABAD，则E

F和平面ABCD共面，则EF在平面ABCD内，或EF∥平面ABCD又E在平面ABCD外，所以EF∥平面ABCD所以EF与BC不相交{#{QQABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAM

MAABSQFABAA=}#}{#{QQABSQItwgiwwJSACb5KFQGWCwuQkJCjJCoMxRCEuARjiRFIFIA=}#}高三数学试题第10页（共4页）即EF与BC异面；............................................

........................................................12分②由（1）知(0,23,0)AC为平面AEB的法向量，..............

............................13分设平面FCD的法向量为111(,,)mxyz(1,3,3)DF,(2,0,0)DC0,0,mDFmDC所以1111330,20,xyzx

取11y，则11z(0,1,1)m.......................................................................................................

............15分设平面ABE与平面FCD夹角为232coscos,2232ACm，所以π4所以平面ABE与平面FCD的夹角为π4．............................................................

..17分19.解：（1）()exfxa，.......................................................................................1分①当0a≤时，()0fx≥，所以()fx为增函数；

.....................................................2分②当0a时，令()0fx，得lnxa，当lnxa时，()0fx，当lnxa时，()0fx，所以()fx在区间(,ln)a上单调递减，在区间

(ln,)a上单调递增．............5分综上，当0a≤时，()fx为增函数；当0a时，()fx在区间(,ln)a上单调递减，在区间(ln,)a上单调递增．（2）①因为()eexxgxa，且ee2xx≥，所以当2a≤时，()0gx≥

，所以()gx为增函数，不满足123()()()gxgxgx；...............................................................................

..........................................................6分当2a时，令()()hxgx()eexxhx，则()hx为增函数，令()0hx，得

0x，所以当0x时，()0hx，当0x时，()0hx，所以()gx在区间(,0)上单调递减，在区间(0,)上单调递增，{#{QQABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAG

CCKoOhAAMMAABSQFABAA=}#}{#{QQABSQItwgiwwJSACb5KFQGWCwuQkJCjJCoMxRCEuARjiRFIFIA=}#}高三数学试题第11页（共4页）所以min()(0)20gxga

，且x时，()gx，当x时，()gx．又因为()gx为偶函数，所以存在0x，使得00()()0gxgx.........................7分不妨设00x，则当0(,)xx和

0(,)xx时，()0gx，当00(,)xxx时，()0gx，所以()gx在区间0(,)x和0(,)x上单调递增，在区间00(,)xx上单调递减，且(0)0g，所以0()0gx，0()0gx，且x

，()gx，当x，()gx，所以存在123xxx，且123()()()gxgxgx．综上，a的取值范围为(2,)．...............................................................

..............10分②当3a，则23a，由23()()gxgx，所以332223eeeexxxxaxax，所以332232ee(ee)()0xxxxaxx，所以32323232eeee()0eexxxxxxaxx

，.......................................................................................................................................11分所以3

232321(ee)(1)()exxxxaxx，所以323232ee11exxxxaxx．......................12分下面证明323232eeeexxxxxx≥成立，即证32322232ee1xxxxxx

≥，令3202xxt，即证明ee2ttt≥，令()ee2tttt，则()ee20ttt≥，()t在区间[0,)上单调递增，所以()(0)0t≥，所以323232eeeexxxxxx≥成立

．.............................................................................................................

..........................14分所以3232322eee11exxxxxxa，即3232222(e)e10xxxxa≤，解得3222435e22xxaa≤≤，因为3201

235eee2xx≤，322xx，...............16分因为11(1)eefa，22(2)eefa，当3a时，(1)0f，(2)0f，所以存在(1,2)m，使得()0fm{#{QQ

ABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMAABSQFABAA=}#}{#{QQABSQItwgiwwJSACb5KFQGWCwuQkJCjJCoMxRCEuARjiRFIFIA=}#}高三数学试题第12页（共4

页）当20x，3xm，满足23()()gxgx，此时231xxm，所以1m≤不符合题意，所以2m．............................................

..........................17分{#{QQABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMAABSQFABAA=}#}{#{QQABSQItwgiwwJSACb5KFQGWCwuQkJCjJCoMxRCEuA

RjiRFIFIA=}#}