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1、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
2、已知集合2Z24,230PxxQx xx，则PQ A(2,1B 3,4)C1,1D1,0,12 如图，一组数据123910,x x xx x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A5x，2212ssB5x，2212ssC5x，2212ssD5x，2212ss3已知3sin65，则sin 26A1825B1825C725D7254设0.814a，0.3log0.2b，0.3log0.4c，则a，b，c的大小关系为AabcBbacCcabDbca5在ABC中，内角,A B C所对的边分别是,a b c，已知14bca，2sin3sinBC,则cos A A1
3、4B14C13D136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A156B210C211D2167 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A4 19kmB10 3kmC2 83kmD26km#QQABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMAABSQFABAA=#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
4、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A23B45C67D1二、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zR，则zzB若2z R，则zRC若1 i1 iz，则1z D若210z ，则iz 10已知函数 f x的定义域为R，对任意实数,x y满足 12f xyf xfy，且102f，当12x 时，0f x，则A 102f B312f C f x为减函数D 12f x 为奇函数11如图，在棱长为2的正方体1
5、111ABCDABC D中，点E，F分别是1DD和1BD的中点，则A1C FAEB11C FADC点F到平面EAC的距离为63D过E作平面与平面ACE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2:20ypx p的焦点，点4,Am在上，且5AF，则m _13将函数 sin03f xx的图象向右平移3个单位长度后得到函数 yg x的图象，若函数 yf x和 yg x在0,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,n
6、a aa，其中0,1 1,Niain i 则5维“立方体”的顶点个数是_;定 义：在n维 空 间 中 两 点12,na aa与12,nb bb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()E X _#QQABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMAABSQFABAA=#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
7、，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2222:10,0 xyCabab的离心率为3，点2,2T在C上(1)求C的方程；(2)设圆22:2O xy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#QQABTQIAgg
8、CgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMAABSQFABAA=#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，判断直线EF与直线BC的位置关系，并说明理由；求平面ABE与平面FCD的夹角19（17 分）已知函数()exf xax（1）讨论函数()f x的单调性；（2）设()()exg xf x，若123xxx，且123()()()g xg xg x求a的取值范围；设m为整数，当3a 时，对任意
9、的2x，3x，都有23mxx，求m的最小值#QQABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMAABSQFABAA=#高三数学试题 第 5页（共 4 页）厦门市厦门市 2024 届高中毕业班第二次质量检查届高中毕业班第二次质量检查数学基础巩固练习数学基础巩固练习一、单选题一、单选题1-4DCCD5-8ADBB二、多选题二、多选题9.AC10.ABD11.BCD三、填空题三、填空题12.413.5 5,3 214.32;803111.D 选项：在四边形11B BDD中，过E作EMEO交11B D于M，易证EMEAC 平面，由1MD EEDO，11DMEDD EDC
10、,所以12.2DM 如图，设截面与11AD交于点G，与11C D交与点H.过点1D作1D NGH,连接EN.易证NEGH.设11,GDa HDb，由GH恒过点M，所以112ab，2,23a b由 等 面 积 法2212222,1aba bD NNEabab,所 以22222222222221111111525()222255EGHa bSababa ba bababab又由112ab，2,23a，所以21aba，241,213aaba，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5232个（2）依题意，样本空间的样本点记
11、为,M N，,M N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,M N个数为5455C 2 2C22kkkk所以5455252C2C(1,2,3,4,5)C21kkP Xkk故分布列为：X12345#QQABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMAABSQFABAA=#高三数学试题 第 6页（共 4 页）P53110311031531131180520302053131E X 四、解答题四、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
12、 表示“取得黑球”，.1 分则 1212|2635P AP AP B AP B A，由全概率公式得：|P BP A P B AP A P B A.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|111130P A P B AP A BP B，.9 分该球取自乙箱的概率 12|625|111130P A P B AP A BP B，.12 分因为|P A BP A B，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
13、 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)2nnn aannSnn，.7 分#QQABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMAABSQFABAA=#高三数学试题 第 7页（共 4 页）21321242()()nnnTbbbbbb，323(2992301)2(14)28(300)2143nnnnn n.10 分222416026033nnnTSn恒成立，.11 分令23604136nncn由1146030nnncc，得4n.13 分所以12
14、345ccccc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2212yx.4 分（2）设1122(,),(,)M x yN xy，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212122222,22kmmxxx xkk，22222244(2)(2)8(2)k mkmmk.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1212OM ONx xy y .10 分2
15、212121212()()(1)()x xkxm kxmkx xmk xxm.11 分2222222(1)22mkmkmkmkk222222mkk.12 分#QQABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMAABSQFABAA=#高三数学试题 第 8页（共 4 页）又2222mk，所以0OM ON 所以OMON，故以MN为直径的圆过原点.13 分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(,),(,)M x yN xy，当切线斜率存在时，设直线方
16、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212122222,22kmmxxx xkk，22222244(2)(2)8(2)k mkmmk.8 分以1122(,),(,)M x yN xy为直径的圆的方程为1212()()()()0 xxxxyyyy，即2212121212()()0 xxxxx xyyyyy y，.9 分因为22121212121212()()(1)()x xy yx xkxm kxmkx xkm xxm，所以22222222122122202(1)222kxkmkmmkykmkxy
17、km，.11 分且212122(242222)yyk xxmkkmmmkk，所以所求的圆的方程为222224220 xykxmmkky，.12 分所以MN为直径的圆过原点.13 分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，2BCAB30BCA，90BAC即ABAC，.2 分所以2 3AC#QQABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMAABSQFABAA=#高三数学试题 第 9页（共 4 页）又因为222124ACAECE所以A
18、CAE.4 分ABAEA所以AC 平面AEBBE 平面AEB所以EBAC.5 分（2）EF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EOBA，3EO 由（1）知AC 平面AEB所以EOAC，ABACABACA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,(2,2 3,0)D,(0,2 3,0)C,(1,0,3)E，设(,3)F x y(1,0)EFxy，(2,0,0)AB ，(2,2 3,0)AD ，(2,0,0)DC(,2 3,3)CFx y，.8 分因为
19、7EF，所以22(1)7xy因为FDFC，所以2222(2 3)3(2)(2 3)3xyxy所以13xy ，又0，所以(1,3,3)F.10 分所以(2,3,0)EF ，(2,2 3,0)BC ,所以EFkBC ，EF与BC不平行，.11 分又因为EFABAD ，则EF 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#QQABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMAABSQFABAA=#高三数学试题 第 10页（共 4 页）即EF与BC异面；.12 分由（1）知(0,2 3,0)A
20、C 为平面AEB的法向量，.13 分设平面FCD的法向量为111(,)mx y z(1,3,3)DF,(2,0,0)DC 0,0,m DFm DC 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2 32coscos,22 3 2AC m，所以4所以平面ABE与平面FCD的夹角为4.17 分19.解：（1）()exfxa，.1 分当0a时，()0fx，所以()f x为增函数；.2 分当0a 时，令()0fx，得lnxa，当lnxa时，()0fx，当lnxa时，()0fx，所以()f x在区间(,ln)a上单调递减，在区间(ln,)a
21、上单调递增.5 分综上，当0a时，()f x为增函数；当0a 时，()f x在区间(,ln)a上单调递减，在区间(ln,)a 上单调递增（2）因为()eexxg xa，且ee2xx，所以当2a时，()0g x，所以()g x为增函数，不满足123()()()g xg xg x；.6 分当2a 时，令()()h xg x()eexxh x，则()h x为增函数，令()0h x，得0 x，所以当0 x 时，()0h x，当0 x 时，()0h x，所以()g x在区间(,0)上单调递减，在区间(0,)上单调递增，#QQABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMA
22、ABSQFABAA=#高三数学试题 第 11页（共 4 页）所以min()(0)20g xga，且x 时，()g x，当x 时，()g x 又因为()g x为偶函数，所以存在0 x，使得00()()0g xgx.7 分不妨设00 x，则当0(,)xx 和0(,)xx时，()0g x，当00(,)xx x 时，()0g x，所以()g x在区间0(,)x 和0(,)x 上单调递增，在区间00(,)x x上单调递减，且(0)0g，所以0()0gx，0()0g x，且x ，()g x ，当x ，()g x ，所以存在123xxx，且123()()()g xg xg x综上，a的取值范围为(2,).1
23、0 分当3a，则23a，由23()()g xg x，所以332223eeeexxxxaxax，所以332232ee(ee)()0 xxxxa xx，所以32323232eeee()0eexxxxxxa xx，.11 分所以3232321(ee)(1)()exxxxa xx，所以323232ee11exxxxaxx.12 分下面证明323232eee exxxxxx成立，即证32322232ee1xxxxxx，令3202xxt，即证明ee2ttt，令()ee2tttt，则()ee2 0ttt，()t在区间0,)上单调递增，所以()(0)0t，所以323232eee exxxxxx成立.14 分所
24、以3232322eee11exxxxxxa，即3232222(e)e1 0 xxxxa，解得3222435e22xxaa，因为3201235eee2xx，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()0f m#QQABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMAABSQFABAA=#高三数学试题 第 12页（共 4 页）当20 x，3xm，满足23()()g xg x，此时231xxm，所以1m不符合题意，所以2m.17 分#QQABTQIAggCgQIAAARgCEQGCCgKQkAGCCKoOhAAMMAABSQFABAA=#