2024届福建省部分地市高三下学期4月诊断检测（三模）数学答案

绝密★启用前试卷类型：A2023-2024学年福州市高三年级第三质量检测评分参考数学2024.4一、单项选择题：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．题号12345678答案CDABBCAD1．已知复数z满足(z1)i1i（i是虚数单位），则zA．1B．1C．iD．i解析：∵zii1i，∴zi1，即zi，故选C.52．已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴非负半轴重合，cos，P(m,2)为其终边5上一点，则mA．4B．4C．1D．152解析：∵cos，∴tan2，∴m1，故选D.5mx233．函数f(x)的图象大致为x21解析：结合该函数为偶函数，及f03可判断应选A.4．在菱形ABCD中，若|ABAD||AB|，且AD在AB上的投影向量为AB，则1122A．B．C．D．2222解析：由已知ABADAB知该菱形中ABADBD，1∴由D向AB作垂线，垂足即为AB中点，∴，故选B.215．已知alog2，bloga，c()b，则522数学参考答案及评分标准第1页共12页A.cbaB.cabC.abcD.bca1解析：∵alog2log51，∴bloga0，c()b1，∴cab，故选B.55226．棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P为BD1上的动点，O为底面ABCD的中心，则OP的最小值为3663A.B.C.D.3362解析：在正方体中，易知ACBD，ACDD1，且BDDD1D，∴AC平面BDD1，易知当OP平面BDD1，且OPBD1时，OP的长度最小，△6在RTBDD1中,不难求得OP，故选C.67．若直线yaxb与曲线yex相切，则ab的取值范围为A．(,e]B．[2,e]C．[e,)D．[2,)x解析：设切点为0，则x0(x0,e)ae,∴切线方程为x0x0，则x0，∴x0，ye(xx0)eb(1x0)eab(2x0)e设x0，则x0，f(x)(2x0)ef(x)(1x0)e易知函数f(x)f(1)e，又f(2)02，故可判断选A.（由图象知当且仅当切线与曲线相切于1,e时，aba1be1e最大，亦可知选A.）π8．已知函数f(x)2sinx(3sinxcosx)(0)在(0,)上单调递增，且对任意的实3数a，f(x)在(a,aπ)上不单调，则的取值范围为551515A．(1,]B．(1,]C．(,]D．(,]242224π解析：∵f(x)2sinx(3sinxcosx)2sin(2x)3，3ππππ5∵f(x)在(0,)上单调递增，∴2，∴，33324∵对任意的实数a，f(x)在区间(a,aπ)上不单调，∴f(x)的周期T2π，2π115∴T2π，∴，∴，故选D．2224二、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．数学参考答案及评分标准第2页共12页题号91011答案ABDACDBCx2y29．双曲线C:1(a0)的左、右焦点分别为F1，F2，且C的两条渐近线的夹角a23a2为，若|F1F2|2e（e为C的离心率），则πA．a1B．C．e2D．C的一条渐近线的斜率为33解析：易知该双曲线实半轴为a，虚半轴为3a，半焦距为2a，2a∴离心率e2，∴焦距4a4，即a1，∴选项A正确，选项C错误；a3aπ2π易知C的两条渐近线的斜率为k3，∴这两条渐近线的倾斜角分别为和，a33π∴C的两条渐近线的夹角为，∴选项B，D正确；3综上所述，应选ABD.10.定义在R上的函数f(x)的值域为(,0)，且f(2x)f(xy)f(xy)0，则A．f(0)1B．f(4)[f(1)]20C．f(x)f(x)1D．f(x)f(x)2解析：令xy0，则f0f200，∵函数f(x)的值域为(,0)，∴f(0)1，选项A正确；令x1，y0，则f(2)[f(1)]2，令x2，y0，则f(4)[f(2)]2[f(1)]4，∴选项B错误；令x0，则f(0)f(y)f(y)0，∴f(y)f(y)f(0)1，即f(x)f(x)1，∴选项C正确；∵f(x)0，f(x)0，∴[f(x)f(x)]2f(x)f(x)2∴f(x)f(x)2，故选项D正确；综上所述，应选ACD.1,第n次投出正面,11.投掷一枚质地均匀的硬币三次，设随机变量Xn(n1,2,3)．记A1,第n次投出反面,表示事件“X1X20”，B表示事件“X21”，C表示事件“X1X2X31”，则数学参考答案及评分标准第3页共12页A．B和C互为对立事件B．事件A和C不互斥C．事件A和B相互独立D．事件B和C相互独立解析：考查选项A，事件B和C均会出现“反，正，反”的情况，故选项A错误；考查选项B，事件A和C均会出现“反，正，反”的情况，故选项B正确；111考查选项C，易知P(A)C1()2，P(B)，22221事件AB为前两次投出的硬币结果为“反，正”，则P(AB)，41∴P(AB)P(A)P(B)，故选项C正确；4111考查选项D，由选项AC可知P(BC)()3，P(B)，28213在事件C中三次投出的硬币有一次正面，两次反面，则P(C)C2()3，328∴P(BC)P(B)P(C)，故选项D错误；综上所述，应选BC．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．2m12.160；13.2；14.；1或2．m2212.(x)6的展开式中常数项为．x2解析：易知该二项展开式通项为Crx6r()r，∴当r3时，得到常数项为160，故应填160．6x313．某圆锥的体积为π，其侧面展开图为半圆，则该圆锥的母线长为．3解析：设该圆锥的母线长为l，底面圆半径为r，根据侧面展开图为半圆得2πrπl，13即l2r，又根据圆锥体积得πr2l2r2π，解得r1，l2，故应填2．33n14.设Tn为数列{an}的前项积，若Tnanm，其中常数m0．则a2（结1果用m表示）；若数列{}为等差数列，则m．Tnmm2m2m解析：易知Ta，∴maaaa(1)，解得a，故应填；112122222m2m21111111an1（方法一）TTmamammam2ma(n2)，nn1nn1mn1n1man11数学参考答案及评分标准第4页共12页11an1若数列{}为等差数列，则2为常数d，Tnmman1①若d0，则an11(n2)恒成立，即an1(n1)恒成立，∴m2；1dm2,m1,②若，则2，∴解得d01an1dmdman11dm,d1,1综上所述，若数列{}为等差数列，则m1，或m2，故应填1或2．Tn1111212（方法二）∵{}为等差数列，∴d(n2)，易知，且(n1)d，TnTnTn1T1mTnmTm1n当n2时，∵Tnanm，∴Tnm，∴1，Tn1TnTn1122∴由(n1)d，可得2m(n1)d1(n2)d，Tnmm2∴(m1)dn1(m2)d对于任意n恒成立，mm1,d0,m1,d0,∴2或2解得或1(m2)d0,1(m2)d0,d1,m2,mm1综上所述，若数列{}为等差数列，则m1，或m2，故应填1或2．Tn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）2π△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且asinCcsinB，C.3（1）求B的大小；33（2）若△ABC的面积为，求BC边上中线的长.4解：（1）∵asinCcsinB，∴由正弦定理，得sinAsinCsinCsinB，…………2分∵0Cπ，∴sinC0，∴sinAsinB，………………………………………3分∵0Aπ，0Bπ，∴AB，……………………………………………………5分2ππ∵ABCπ，且C，∴B.……………………………………………6分36数学参考答案及评分标准第5页共12页331（2）依题意absinC，………………………………………………………………7分42∵AB，∴ab，………………………………………………………………8分3312π3a2∴a2sin，解得a3，…………………………………………10分42343设边BC的中点为D，∴CD,AC3，2∴在△ACD中，由余弦定理知AD2AC2CD22ACCDcosC332π21323cos，………………………………………………………12分423421∴BC边上中线的长为.……………………………………………………………13分216．（15分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ACC1A1平面ABC，ABACBCAA12，A1B6.（1）设D为AC中点，证明：AC平面A1DB；（2）求平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值．（第16题图）解：（1）∵D为AC中点，且ABACBC2，∴在△ABC中，有BDAC，且BD3，……………………………………………1分∵平面ACC1A1平面ABC，且平面ACC1A1平面ABCAC，∴BD平面ACC1A1，………………………………………………………………………2分∵A1D平面ACC1A1，∴BDA1D，……………………………………………………3分∵，，∴，……………………………………………………分A1B6BD3A1D34数学参考答案及评分标准第6页共12页∵，，，AD1AA12A1D3∴由勾股定理，有ACA1D，……………………………………………………………6分∵ACBD，A1DBDD，∴AC平面A1DB，…………………………………………………………………………7分y（2）如图所示，以D为原点，DA，DB，DA1所在直线分别为x轴，轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，可得，，，………………………………………………分A(1,0,0)A1(0,0,3)B(0,3,0)9∴，，…………………………………………………分AA1(1,0,3)AB(1,3,0)10设平面A1AB1的法向量为n(x,y,z)，nAA10,x3z0,则由得nAB0,x3y0,令x3，则y1，z1，∴n(3,1,1)，…………………………………………12分由（1）可知，BD平面ACC1A1，∴平面ACC1A1的一个法向量为BD(0,3,0)，…………………………………………13分记平面A1AB1与平面ACC1A1的夹角为，nBD35∴cos||，|n||BD|5355∴平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值为．………………………………………15分5数学参考答案及评分标准第7页共12页17．（15分）从一副扑克牌中挑出4张Q和4张K，将其中2张Q和2张K装在一个不透明的袋中，剩余的2张Q和2张K放在外面．现从袋中随机抽出一张扑克牌，若抽出Q，则把它放回袋中；若