2024届福建省泉州市高中毕业班质量检测（一）数学选择填空题答案_2023年8月_01每日更新_30号_2024届福建省泉州市高中毕业班质量检测（一）

保密★使用 前 泉州市 2024 届高中毕业班质量监测（一） 2023.08 数 学 本试卷共22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A  xZ x  x3 0  ，B 1,2,3 ，则AB A． 2  B． 2,3  C．1,1,2,3  D． 【命题意图】本小题考查集合的运算，一元二次不等式等基础知识；考查运算求解等能力； 考查化归与转化思想；体现基础性，导向对数学运算等核心素养的关注． 【试题解析】由已知，得A  xZ x  x3 0   1，2 ，所以AB 2 ． 故选A． 【另解提示】从交集含义入手，由集合B的元素代入检验. 2 2．已知复数z  ，则 z2i  1i A． 2 B． 10 C．2 5 D．10 【命题意图】本小题主要考查复数的概念及其运算等基础知识；考查运算求解能力；考查函 数与方程思想；体现基础性，导向对数学运算等核心素养的关注． 2 2(1i) 【试题解析】因为z   1i， 1i (1i)(1i) 所以z2i13i， 所以 z2i  13i  12 32  10. 故选B． 高三数学试题 第1页（共24页）【另解提示】代入通分后，利用模的运算性质求解. π π 3．已知2sin21cos2，( , )，则tan 2 2 1 1 A．2 B． C． D．2 2 2 【命题意图】本小题主要考查同角三角函数关系及二倍角的三角公式等基础知识；考查运算 求解等能力；考查化归与转化思想；体现基础性，导向对数学运算、直观想象 等核心素养的关注． 【试题解析】由已知，得4sincos2cos2， π π 因为( , )，所以cos0， 2 2 sin 1 所以2sincos，所以tan  ． cos 2 故选C． 【另解提示】利用万能公式，直接求解关于tan的方程. 4．已知函数 f(x) x2，g(x)2x 2x，如图是下列四个函数中某个函数的大致图象，则该 函数是 g(x) f(x) A． f(x)g(x) B． f(x)g(x) C． D． f(x) g(x) 【命题意图】本小题主要考查函数的定义域，解析式，奇偶性等基本性质；考查推理论证能 力等；考查极限，数形结合思想等；体现基础性，综合性，导向对直观想象， 逻辑推理，等核心素养的关注． 【试题解析】由图象可得，定义域为(,0)(0,)，故排除A，B选项； g(x) 对于C选项，当x时，  ， f(x) f(x) 对于D选项，当x时， 0． g(x) 故选D． 高三数学试题 第2页（共24页）x2 y2 5．已知双曲线C:  1的焦距为4 3，则C 的渐近线方程是 a2 6 3 7 A．y x B．y  3x C．y  x D．y x 3 7 【命题意图】本小题主要考查双曲线的几何性质等基础知识；考查运算求解能力；考查化归 与转化思想；体现基础性，导向对数学运算核心素养的关注． 【试题解析】由已知，可得b2 6，2c4 3， x2 y2 所以c2 3，a2 c2 b2 1266，即C 的方程为  1． 6 6 所以C 的渐近线方程是y x． 故选A． 6．记等比数列 a 的前n项和为S ．若S 3，S S 96，则S  n n 3 8 5 6 A．3 B．6 C．21 D．24 【命题意图】本小题主要考查等比数列的基本性质及前n项和公式等基础知识；考查运算求 解等能力；考查化归与转化思想，体现基础性，导向对数学运算等核心素养的 关注． S S 【试题解析】解法一：由已知，有 8 5 q5，所以q2， S 3 所以S S (1q3)21． 6 3 故选C. 解法二：当q1时，不符合题意； a (1q3) a (1q8) a (1q5) 当q1时， 1 3①， 1  1 96②， 1q 1q 1q (1q8)(1q5) ②式除以①式，得 32， 1q3 a (1q6) 164 所以q2，a 1，所以S  1  21． 1 6 1q 3 故选C.  7．已知函数 f(x)2sin(x ) 2(0)在 0,2 内有且仅有3个零点，则的值可以是 4 A．3 B．5 C．7 D．9 【命题意图】本小题主要考查三角函数的图象与性质与函数的零点等基础知识；考查运算求 高三数学试题 第3页（共24页）解，推理论证能力等；考查数形结合思想等；体现基础性，综合性，导向对直 观想象，逻辑推理，数学运算等核心素养的关注．  【试题解析】由于 f(x)2sin(x ) 2(0)在 0,2 内有且仅有3个零点， 4  所以方程2sin(x ) 2 0(0)在 0,2 内恰有三个不相等的实数根， 4  2 即 y sin(x ）与y  在 0,2 内恰有三个交点． 4 2    令t x ，则 ≤t≤2 ． 4 4 4     由图可知，需2 ≤2 3 ，所以≤ ． 4 4 4 4 故选B． xy 2x 8．方程  满足x≤y的正整数解的组数为 yx xy A．0 B．1 C．2 D．无数组 【命题意图】本小题主要考查函数的基本性质与运用导数判断函数的单调性及函数零点等基 础知识；考查运算求解，推理论证能力等；考查数形结合思想等；体现基础性， 综合性，导向对直观想象，逻辑推理，数学运算等核心素养的关注． xy 2x 【试题解析】由已知  ，化简，得x2y 2xyx (2y)x，取对数，得2ylnx xln(2y)， yx xy lnx ln(2y) 即  ， x 2y lnx 1lnx 令 f(x) ， f(x) ， x x2 当x(0,e)时， f(x)0， f(x)在(0,e)单调递增； 当x(e,+)时， f(x)0， f(x)在(e,+)单调递减； 当x时， f(x)0且 f(x)0， f(1)0，当x0时， f(x)， 高三数学试题 第4页（共24页）因为x≤y，所以x2y，若 f(x) f(2y)，则x(1,e)，2y(e,+)， ln2 ln4 又x,y为正整数，则x 2， f(2)   f(4)，所以2y4，y2， 2 4 故该方程的解唯一． 故选B． 二、选择题：本题共 4小题，每小题 5分，共20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 5分，有选错的得 0分，部分选对的得 2分。 2x, x≤1, 9．已知函数 f(x)  则下列结论正确的是 log x,x 1, 2 A． f(0) f(3) B． f(x)为增函数 C． f(x)的值域为(0,) D．方程 f(x)a最多有两个解 【命题意图】本小题主要考查分段函数的单调性，值域，零点等基础知识；考查运算求解， 推理论证能力等；考查数形结合思想等；体现基础性，综合性，导向对直观想 象，逻辑推理，数学运算等核心素养的关注． 【试题解析】对于A选项， f(0)1， f(3)log 31，所以 f(0) f(3)，故A正确； 2 对于B选项，由已知 f(1)2, f(2)1， f(1) f(2)，故B错误； 对于C选项，当x≤1时， f(x)(0,2]，当x1时， f(x)(0,)， 所以 f(x)的值域为(0,)，故C正确； 对于D选项，当a(,0]时，方程 f(x)a无解； 当a(0,2]时，方程 f(x)a有两个解； 当a(2,)时，方程 f(x)a有一个解， 故方程 f(x)a最多有两个解，故D正确． 故选ACD． 10. 某市组织全市高中学生进行知识竞赛，为了解学生知识掌握情况，从全市随机抽取了100 名学生，将他们的成绩（单位：分）分成5组：[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)， [90,100]，得到如图所示的频率分布直方图，已知图中未知的数据a,b,c成等差数列，成 绩落在[60,70)内的人数为40．从分数在[70,80)和[80,90)的两组学生中采用分层抽样的 方法抽取 5人，再从这5人中抽取3人，记 3人中成绩在[80,90)内的人数为，设事件 A“至少 1 人成绩在[80,90)内”，事件B“3 人成绩均在[70,80)内”．则下列结论 正确的是 高三数学试题 第5页（共24页）A．b  0.03 6 B．E() 5 C．A与B是互斥事件，但不是对立事件 D．估计该市学生知识竞赛成绩的中位数不高于72分 【命题意图】本小题主要考查频率分步直方图、超几何分布的均值、互斥事件、对立事件、 样本的数字特征等基础知识；考查运算求解等能力；体现基础性、综合性，导 向对逻辑推理核心素养的关注． 【试题解析】对于A 选项， 由a,b,c成等差数列，得 2bac ， 且(0.005abc0.005)101，解得： b0.03 ，故A正确； 对于B 选项，抽取的5人中，成绩在[70,80)有3人，成绩在[80,90)有2人，由 M 6 题意得服从超几何分布，则 E n  ，故B 正确； N 5 对于 C 选项，事件 A“至少 1 人成绩在[80,90)内”，事件 B“3 人成绩均在 [70,80)内”这两个事件既是互斥事件也是对立事件，故C错误； 40 对于D 选项，因为 0.00510 0.450.5 ，设中位数为x，则x[70,80)， 100 所以(x70)0.030.50.45，解得： x71.772 ，故D正确． 故选ABD． 11．已知圆柱OO 的轴截面是正方形ABCD，AB为底面圆O的直径，点E在圆O上，点F 1 2 1 1 在圆O 上，且E,F不在平面ABCD内．若A,E,C,F 四点共面，则 2 A．直线BE∥平面ADF B．直线BD 平面AECF C．平面ADF∥平面BCE D．平面BEF 平面AECF 【命题意图】本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，圆柱等基础知识；考查 推理论证，空间想象，运算求解等能力；考查数形结合，化归与转化等思想； 体现基础性、综合性，导向对数学运算，直观想象，逻辑推理等核心素养的关 注． 【试题解析】对于A 选项，过点E作母线EG，交圆O 于点G ，连接DG,CG. 2 高三数学试题 第6页（共24页）因为AD∥EG，所以四边形AEGD是平行四边形，所以AE∥DG，同理CG∥BE. 又因为圆O∥圆O ，圆O  平面 AECF  AE ，圆O  平面 AECF CF ， 1 2 1 2 所以AE∥CF. 又因为AB∥CD，所以∠BAE ∠DCF ， 所以△ABE≌△CDF ，所以AE CF， 所以FC∥DG ，所以四边形FCGD是平行四边形， 所以DF∥GC，所以DF∥BE. 又因为DF 平面ADF，BE 平面ADF， 所以直线BE∥平面ADF.故A正确； 对于B 选项，假设直线BD平面AECF ， 因为AE 平面AECF ，所以BD AE， 又因为BE  AE，BEDE E ， 所以直线AE 平面BDE， 因为DE 平面BDE，所以AE DE，显然不成立， 所以假设不成立.故B错误； 对于C选项，由A选项解析可得，直线BE∥平面ADF， 因为直线BC∥平面ADF，BEBC B ， 所以平面ADF∥平面BCE .故C正确； 对于D选项，假设平面BEF 平面AECF ， 过B作BH EF于点H， 因为平面BEF平面AECF  EF，BH 平面BEF， 所以BH 平面AECF . 因为AE 平面AECF ，所以BH  AE， 因为BE  AE，BEBH B，所以直线AE 平面BEF， 又因为直线AE 平面BEC ，所以平面BEC 与平面BEF重合，显然不成立. 故D 错误． 故选AC． 12.已知△ABP的顶点P在圆C:(x3)2 (y4)2 81上，顶点A,B在圆O:x2  y2 4上．若 | AB|2 3，则 A．△ABP的面积的最大值为15 3 高三数学试题 第7页（共24页）B．直线PA被圆C截得的弦长的最小值为 4 2 C．有且仅有一个点P，使得△ABP为等边三角形 D．有且仅有一个点P，使得直线PA,PB都是圆O的切线 【命题意图】本小题主要考查直线与圆的位置关系等基础知识；考查逻辑推理、运算求解等 能力；考查化归与转化、数形结合等思想；体现基础性和应用性，导向对数学 运算、直观想象等核心素养的关注． 【试题解析】设线段AB的中点为D． 因为圆O的半径为2，| AB|2 3，所以|OD|1，且|OC|5． 对于A 选项，设点P到直线AB的距离为h， 则h≤|PD|≤|PO||OD|≤|PC||OC||OD|95115 ， 所以当且仅当P,D,O,C四点共线时，点P到直线AB距离的最大值为15， 所以△ABP的面积的最大值为15 3，故A正确． 对于B 选项，点C到直线PA的距离小于等于 CA ，当PACA时，等号成立． 又 CA 的最大值为7，所以点C到直线PA的距离的最大值为7． 这时直线PA被圆C截得的弦长的最小值为 2 8172 8 2 ，故B 错误． 对于C 选项，若△ABP为等边三角形，则需PD AB， PD 3． 因为|OD|1，所以点D的轨迹是以O为圆心的单位圆，所以 PD  PO 1． min 又 PO 的最小值为4，所以 PD 3，当且仅当P,D,O,C四点共线时成立． min 因此有且仅有一个点P，使得△ABP为等边三角形，故C 正确． 对于D 选项，若直线PA,PB都是圆O的切线，则PAOA， 由射影定理，可得 PO 4， 同上，当且仅当P,O,C三点共线时， PO 4， min 因此有且仅有一个点P，使得直线PA,PB都是圆O的切线，故D正确． 故选ACD． 高三数学试题 第8页（共24页）三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20 分。 13．已知向量a (2,0)，b(1, 3)，则a与ab的夹角为 ． 【命题意图】本小题主要考查向量的加法运算、向量的模、数量积、夹角等基础知识，考查 运算求解等能力，考查数形结合、化归与转化等思想，体现基础性、综合性， 导向对直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注． 【试题解析】解法一：根据题意，设a与ab的夹角为，则ab=(1, 3)，  ab a 2 1  则cos   ，因为(0,π)，所以 ． |  ab  ||a| 2 13 2 3 解法二：根据题意，设a与 ab 的夹角为，则 ab2 ， a2 4 ，  ab a a2 ab 42 1 cos    ， |  ab  ||a| a2 2ab+b2  a2 444 4 2  因为(0,π)，所以 ． 3 2 解法三：由几何法可得a与b模长均为2，夹角为 ，则ab的模长为以a,b为邻边的 3   平行四边形对角线，则a与ab的夹角为 ，故答案为 ． 3 3 2 14．(x2)(1 )5的展开式中的常数项为 ． x 【命题意图】本小题主要考查二项式定理及其通项公式，考查运算求解等能力，考查化归与 转化等思想，体现基础性，导向对逻辑推理、数学运算等核心素养的关注． 2 x2 (x2)6 【试题解析】解法一：(x2)(1 )5 (x2)( )5  ， x x x5 其中x26的展开式中 x5的项为C1 x52 1 12，故答案为12． 6 高三数学试题 第9页（共24页）2 1 2 10 解法二：(1 )5的展开式中 的项为C114( )1  ， x x 5 x x 2 2 (1 )5的展开式中常数项为C015( )0 1， x 5 x 2 10 (x2)(1 )5展开式中的常数项为x( )2 112. x x 故答案为12． 15．已知抛物线C:y2 4x的焦点为F ，过点P(1,0)的直线l与C 交于不同的两点M,N . 若 NF 2 PF ，则 MF  ． 【命题意图】本小题主要考查抛物线的定义及标准方程、直线与抛物线的位置关系等基础知 识；考查运算求解等；考查数形结合思想、化归与转化思想等，体现基础性， 导向对数学运算、直观想象等核心素养的关注． 【试题解析】不妨设M(x ,y )，N(x ,y )， y 0，y 0. 1 1 2 2 1 2 由题意，得抛物线y2 4x的焦点为F  1,0 ， 所以 PF 2， NF 4． 又 NF x 1，所以x 3，y 2 3． 2 2 2 3 所以直线l的方程为y   x1 ． 2 y2 4x,  由 得3x2 10x30， 3 y   x1  ,  2 1 4 所以x x 1， x  ， MF  ． 1 2 1 3 3 4 故答案为 ． 3 16．如图，棱长为2的正方体容器ABCDABCD 中，E,F分别是棱AB,BC的中点，在E,F,C 1 1 1 1 1 处各有1个小孔（孔的大小忽略不计），则该容器可装水的最大体积为 ． 【命题意图】本小题主要考查正方体的截面，棱柱，棱锥，棱 高三数学试题 第10页（共24页）台的体积等基础知识；考查逻辑推理、运算求解等能力；考查化归与转化、数 形结合等思想；体现基础性与综合性，导向对数学运算、直观想象等核心素养 的关注． 【试题解析】（1）当E,F,C 处的小孔都在水平面时，如图一， 1 2 1 7 棱台ABC BEF的体积为V  (2 1) ， 1 1 1 3 2 3 容器所装水的最大体积为多面体AEFCDAC D 的体积 1 1 1 7 17 V 8  ． 图一 3 3 （2）当只有1个小孔在水平面上方时，E处的小孔在水平面上方时，如图二， （3）当C 处的小孔在水平面上方时，图三， 1 显然这两种情况，容器所装水的体积不会最大． 图二 图三 （4）当F 处的小孔在水平面上方时，设水面所在平面为EC H ， 1 2 ①当H在线段CF 上时，如图四，设BH  x，x[1,2)，则BG  ， 1 x 正方体ABCDABCD 的体积为23 8， 1 1 1 1 2 x 2 棱台BCGBHE的体积为V  (  1)，x[1,2)， 1 1 3 2 x 2 x 2 所以V≥ 32，当且仅当  ，即x2时，取等号， 3 2 x 棱台BCGBHE的体积无最小值， 1 1 此时该容器可装水的体积小于6． 图四 ②当H在线段CD上时，如图五，设CH  x，x[0,1]， 水平面EHCG 为平行四边形． 1 且四棱锥K EHCG与四棱锥CEHCG 的体积相同， 1 1 所以多面体EBCHBCG的体积与三棱柱EBCKBC 的体 1 1 1 1 高三数学试题 第11页（共24页）1 积相同，三棱柱EBCKBC 的体积为 1222， 图五 1 1 2 此时该容器可装水的体积为826． ③当H在线段CD上时，如右图六，设CH  x，x(1,2]， 则水平面EHCG 为梯形． 1 2 1 棱台CCH GBE的体积为V  (x 1)，x(1,2]， 1 3 x 2 1 所以V≥ 32，当且仅当x ，即x 1时， 图六 3 x 棱台BCGBHE的体积无最小值， 1 1 此时该容器可装水的体积小于6． ④当H在线段AD上时，如图七，设DH  x，x(0,2)， 则水平面为五边形EKCGH ． 1 多面体EKCGHDCB 的体积大于四棱锥C DCBE 的体积， 图七 1 1 1 (12)2 V   2 2， C 1 DCBE 3 2 此时该容器可装水的体积小于6． ⑤当H在线段AB上时，如图八，则水平面为矩形ABC D ． 1 1 1 该容器可装水的体积V  8 46． 2 综上，该容器可装水的最大体积为6． 图八 高三数学试题 第12页（共24页）