《2024届福建省厦门市高三下学期第四次质量检测考试数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届福建省厦门市高三下学期第四次质量检测考试数学试题含答案.pdf（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、#QQABCYQAgggAQJIAARgCQQFQCgMQkBGAACoOwBAMMAIACQNABCA=#QQABCYQAgggAQJIAARgCQQFQCgMQkBGAACoOwBAMMAIACQNABCA=#QQABCYQAgggAQJIAARgCQQFQCgMQkBGAACoOwBAMMAIACQNABCA=#QQABCYQAgggAQJIAARgCQQFQCgMQkBGAACoOwBAMMAIACQNABCA=#厦门市厦门市 2024 届高中毕业班第四次质量检查届高中毕业班第四次质量检查 一、单选题 1-4ACAC 5-8CBDB 二、多选题 9AD 10ABD 11ACD 三、填空
2、题 122 3；13(,1)(1,)+；14(,)6 2;四、解答题 15设nS为数列 na的前n项和，已知242,10aS=，且nSn为等差数列（1）求数列 na为通项公式；（2）若数列 nb满足2,1nnnnbaa nna+=为奇数,，为偶数,求数列 nb的前2n项和2nT 解析：（1）设等差数列nSn的公差为d，因为111aS=，所以41341SSd=，即10134d=，12d=，.2 分 所以11(1)2nSnn=+，即(1)2nn nS+=，.3 分 当2n时，1(1)(1)22nnnn nn naSSn+=，.5 分 当1n=时，11a=，满足上式，所以nan=.6 分（2）由（1
3、）知,1(2)nbn nnn n=+为奇数,，为偶数,.7 分 则2135212462()()nnnTbbbbbbbb=+.8 分 1111(1 3521)()2 44 66 82(22)nnn=+.9 分(121)1 111111()22 2446222nnnn+=+.11 分 211444nn=+.13 分 所以数列 nb的前2n项和为2211444nTnn=+16（15 分）某地区为了解居民体育锻炼达标情况与性别之间的关系，随机调查了600位居民，得到如下数据：不达标 达标 合计 男 300 女 100 300#QQABCYQAgggAQJIAARgCQQFQCgMQkBGAACoOwB
4、AMMAIACQNABCA=#合计 450 600（1）完成2 2列联表根据小概率值0.01=的独立性检验，能否认为体育锻炼达标与性别有关联？（2）若体育锻炼达标的居民体能测试合格的概率为45，体育锻炼未达标的居民体能测试合格的概率为25，以频率估计概率，从该地区居民中随机抽取 3 人参加体能测试，求 3 人中合格的人数X的分布列及期望（x对应值见下表()()()()()22n adbcabaccdbd=+，)nabcd=+01 0 05 001 x 2 706 3841 6 635 方法一：（1）2 2列联表如下表：不达标 达标 合计 男 50 250 300 女 100 200 300 合
5、计 150 450 600 .1 分 零假设为 0H：体育锻炼达标与性别独立，即体育锻炼达标与性别无关.2 分()22600 50 200250 10020022.2226.635300 300 150 4509=.5 分 根据小概率值0.01=的独立性检验，推断0H不成立，即认为体育锻炼达标与性别有关联，该推断犯错误的概率不超过0.01.6 分（2）设事件A=“随机抽取一人体育锻炼达标”，事件B=“随机抽取一人体能测试合格”，则3()4P A=，1()4P B=，4(|)5P B A=，2(|)5P B A=.8 分 所以7()()(|)()(|)10P BP A P B AP A P B
6、A=+=.10 分 X的可能取值为：0，1，2，3.11 分 3327(0)()101000P X=12337189(1)()()10101000P XC=.12 分 22337441(2)()()10 101000P XC=37343(3)()101000P X=.13 分 所以X的分布列为 X 0 1 2 3#QQABCYQAgggAQJIAARgCQQFQCgMQkBGAACoOwBAMMAIACQNABCA=#P 271000 1891000 4411000 3431000 所以27189441343()01232.11000100010001000E X=+=.15 分 方法二：（1
7、）同方法一（2）设事件A=“随机抽取一人体育锻炼达标”，事件B=“随机抽取一人体能测试合格”，则3()4P A=，1()4P B=，4(|)5P B A=，2(|)5P B A=.8 分 所以7()()(|)()(|)10P BP A P B AP A P B A=+=.10 分 因为7(3,)10XB.12 分 所以3337()()(),0,1,2,31010kkkP XkCk=.14 分 所以7()32.110E X=.15 分 17如图，在四棱台1111ABCDABC D中，底面ABCD是边长为2的正方形，111BC=（1）证明：1AA平面1BDC；（2）若1AABD，112BCCC=，
8、求平面1BC D与平面11BCD所成角的余弦值 方法一：（1）由棱台定义可知1AA与1CC共面，且平面ABCD平面1111ABC D .1 分 又平面ABCD平面11ACC AAC=，平面1111ABC D平面1111ACC AAC=，所以11ACAC.2 分 连接AC交BD于点O，则O为AC中点 因为1122BCBC=，所以11ACAO=.3 分 所以四边形11AAOC是平行四边形，所以11AAOC.4 分 又1AA 平面1BDC，1OC 平面1BDC，所以1AA平面1BDC.5 分（2）在正方形ABCD中，BDAC，又1BDAA，1ACAAA=，所以BD 平面11ACC A.6 分 因为1
9、OC 平面11ACC A，所以BD 1OC 在1RtBOC中，190BOC=，2BO=，12BC=，所以12OC=.8 分 在1OCC中，12OCOC=，12CC=，所以22211OCOCCC+=，所以1OCOC.9 分 以O为原点，分别以OB，OC，1OC为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(2,0,0)B，(2,0,0)D，(0,2,0)C，122(,2)22B，122(,2)22D，所以11(2,0,0)B D=，12 3 2(,2)22BC=.10 分 设平面11BCD的法向量为(,)nx y z=，#QQABCYQAgggAQJIAARgCQQFQCgMQkBGAACoOwB
10、AMMAIACQNABCA=#则11100n B Dn BC=，即0320 xyz=，令2y=，则3z=，所以(0,2,3)n=，.12 分 又因为平面1BC D的法向量(0,1,0)m=，.13 分 所以2 13cos,13|m nm nmn=，所以平面1BC D与平面11BCD所成角余弦值为2 1313.15 分 方法二：（1）将棱台补形成棱锥PABCD，由棱台定义知平面ABCD平面1111ABC D.1 分 又平面ABCD平面11BCC BBC=，平面1111ABC D平面1111BCC BBC=，所以11BCBC.2 分 连接AC交BD于点O，则O为AC中点 又11BCPBC P，所以
11、1112BCPCBCPC=，所以1C为PC中点，.3 分 所以1OC为ACP的中位线，所以11AAOC.4 分 又1AA 平面1BDC，1OC 平面1BDC，所以1AA平面1BDC.5 分（2）在正方形ABCD中，BDAC，又1BDAA，1ACAAA=，所以BD 平面11ACC A.6 分 因为1OC 平面11ACC A，所以BD 1OC 在1RtBOC中，190BOC=，2BO=，12BC=，所以12OC=.8 分 在1OCC中，12OCOC=，12CC=，所以22211OCOCCC+=，所以1OCOC.9 分 连接1BC交1BC于点M，连接1C D交1CD于点N，则MN为平面1BC D与平
12、面11BCD的交线，设MN交1OC于点Q 由11BCMC MB，有11112C MBCMBCB=，同理112C NND=，.11 分 所以MNBD，所以MN 平面11ACC A.12 分 又OQ 平面11ACC A，QC 平面11ACC A，所以MNQO，MNQC，所以OQC为平面1BC D与平面11BCD的夹角.13 分 由MNBD得1112C MCQMBQO=，所以2 23OQ=.14 分 在RtQOC中，2 23QO=，2OC=，263QC=，所以2 13cos13OQC=所以平面1BC D与平面11BCD夹角的余弦值为2 1313.15 分 18（17 分）平面直角坐标系xOy中，动点
13、P在圆224xy+=上，动点Q（异于原点）在x轴上，且2PQ=，记PQ中点M的轨迹为（1）求的方程；（2）过点(3,1)的动直线l与交于A，B两点问：是否存在定点N，使得12k k为定值，其中1k，2k分别为直线NA，NB的斜率若存在，求出N的坐标，若不存在，说明理由#QQABCYQAgggAQJIAARgCQQFQCgMQkBGAACoOwBAMMAIACQNABCA=#解：（1）设点(,)P x y，(,)M x y，因为OPPQ=，所以(2,0)Qx，(0)x，.2 分 由M为PQ中点得222322xxxxxyyyy+=，.4 分 代入224xy+=，得2219xy+=.5 分 所以动点
14、M的轨迹的方程为221(0)9xyx+=.6 分（2）存在N满足题意，证明如下：.7 分 依题意直线l的斜率存在且不为 0，设l的方程：(3)1yk x=+设11(,)A x y，22(,)B x y，00(,)N x y 联立22(3)119yk xxy=+=得222(1 9)18(1 3)81540kxkk xkk+=.8 分 则212122218(1 3)8154,1 91 9kkkkxxx xkk+=+（1）直线l方程化为13yxk=+联立221319yxkxy=+=，得22(1 9)(62)610kykyk+=.9 分 则121222621 6,1 91 9kkyyy ykk+=+（
15、2）依题意：200220102122201020022621 61 91 918(1 3)81541 91 9kkyyyy yykkk kkkkkxx xxxxkk+=+.10 分 222220000022222200000(1 9)(62)1 696(1)(1)(1 9)18(1 3)81549(3)18(3)kykyky kykykxkk xkkxkxkx+=+.12 分 依题意直线NA，NB与坐标轴不平行，又12k k为定值，所以22000220001(1)(3)3(3)yyyxxx=.14 分 由220000020013(3)(1)(3)3(3)yyyxyxx=(3)220000020
16、01(1)3(3)(1)3(3)yyxxyxx=(4)由(3)（4）得000033xyxy=或，代入（3）得00000033 23 2222122222xxxyyy=或或#QQABCYQAgggAQJIAARgCQQFQCgMQkBGAACoOwBAMMAIACQNABCA=#所以3 1(,)2 2N或3 22(,)22N或3 22(,)22N 满足题意（答案不全扣 1 分）17 分 方法二：存在N满足题意，证明如下：.7 分 依题意直线l的斜率存在且不为 0，设l的方程：(3)1yk x=+设11(,)A x y，22(,)B x y，00(,)N x y 联立22(3)119yk xxy=
17、+=得222(1 9)18(1 3)81540kxkk xkk+=.8 分 因为12,x x为上式的两根，则222212(1 9)18(1 3)8154(1 9)()()kxkk xkkkxxxx+=+（1）.9 分 直线l方程化为13yxk=+联立221319yxkxy=+=，得22(1 9)(62)610kykyk+=.10 分 因为12,y y为上式的两根，则22212(1 9)(62)61(1 9)()()kykykkyyyy+=+（2）.11 分 依题意：20102010212201020102(1 9)()()(1 9)()()yy yykyyyyk kxx xxkxxxx+=+2
18、22220000022222200000(1 9)(62)1 696(1)(1)(1 9)18(1 3)81549(3)18(3)kykyky kykykxkk xkkxkxkx+=+.12 分 下同方法一 19（17 分）帕德近似是法国数学家亨利帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，在计算机数学中有着广泛的应用已知函数()f x在0 x=处的,m n阶帕德近似定义为：011()1mmnnaa xa xR xb xb x+=+，且满足：(0)(0)fR=，(0)(0)fR=，(2)(2)(0)(0)fR=，()()(0)(0)m nm nfR+=其中(2)()()fxfx=，(3)(2)(
19、)()fxfx=，()(1)()()m nm nfxfx+=已知()ln(1)f xx=+在0 x=处的2,2阶帕德近似为2212()116abxxR xxx+=+；（1）求实数a，b的值；（2）设()()()h xf xR x=，证明：()0 xh x；（3）已知1x，2x，3x是方程1ln()xxx=的三个不等实根，求实数的取值范围，并证明：123113xxx+解：（1）依题意可知，(0)0f=，(0)Ra=，因为(0)(0)fR=，所以0a=.1 分 此时，2263()66bxxR xxx+=+，因为1()1fxx=+，222(186)3636()(66)b xxbR xxx+=+，所以
20、(0)1f=，(0)Rb=因为(0)(0)fR=，所以1b=；.3 分#QQABCYQAgggAQJIAARgCQQFQCgMQkBGAACoOwBAMMAIACQNABCA=#（2）依题意，2236()()()ln(1)66xxh xf xR xxxx+=+242222112(33)()01(66)(1)(66)xxxh xxxxx xx+=+.5 分 故()h x在(1,)+单调递增，.6 分 由(0)0h=，故(1,0)x ，()0h x，(0,)x+，()0h x 综上，1x ，()0 xh x；.7 分（3）不妨设123xxx，令1()ln()t xxxx=，22211()(1)xx
21、t xxxx+=+=(0)x 当0时，()0t x，此时()t x单调递增，()0t x=不存在三个不等实根；.8 分 当0时，令2()s xxx=+，其判别式21 4=若21 40=，即12，()0s x 恒成立，即()0t x，此时()t x单调递减，()0t x=不存在三个不等实根；.9 分 若21 40=，即102，()0t x=存在两个不等正实根1212,()r r rr，此时有 当1(0,)xr时，()0t x，()t x单调递减；当12(,)xr r时，()0t x，()t x单调递增；当2(,)xr+时，()0t x，()t x单调递减；.10 分 又因为(1)0t=，且(1)
22、1 20t=，故1()0t r，2()0t r 因为ln1(1)xxx，所以11ln1xx，即2ln2xx 所以44455423212111()ln()2(2)(2)0t=+=+所以存在411(,)xr，满足1()0t x=；.11 分 又因为1111()ln()ln()()txxxt xxxxx=+=故存在311xx=，满足3()0t x=；故当且仅当102时，1ln()xxx=存在三个不等实根，.13 分 且满足1231xxx=，且131xx=由（2）可知，当0 x 时，2236ln(1)66xxxxx+因此，2233ln41xxxx+(1)x.15 分 故23332333331ln()41xxxxxx=+，化简可得：233312333413143xxxxxxxx+=+=+因此123113xxx+，命题得证.17 分#QQABCYQAgggAQJIAARgCQQFQCgMQkBGAACoOwBAMMAIACQNABCA=#