福建省厦门市2024届高中毕业班第四次质量检测数学试题

1、厦门市2024届高三毕业班第四次质量检测数学试题满分：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，则图中阴影部分所表示的集合为（ ）ABCD2已知随机变量，则（ ）A0.2B0.3C0.7D0.83将函数的图象向右平移个单位后得到的图象，则（ ）ABCD4圆被直线所截得劣弧的弧长为（ ）ABCD5已知，则（ ）ABCD6某校5名同学到A、B、C三家公司实习，每名同学只能去1家公司，每家公司至多接收2名同学若同学甲去A公司，则不同的安排方法共有（ ）A18种B30种C42种D60种7设A，B为随机事件，则的充要条件是（ ）ABCD8已知双曲线，过

2、右焦点作一条渐近线的垂线，垂足为，点在上，且，则的离心率为（ ）ABC2D3二、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若，则（ ）ABCD10已知等边的边长为4，点D，E满足，与CD交于点，则（ ）ABCD11如图1，将三棱锥型礼盒的打结点解开，其平面展开图为矩形，如图2，其中A，B，C，D分别为矩形各边的中点，则在图1中（ ）图1 图2ABC平面D三棱锥外接球的表面积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12复数满足，则_13已知奇函数及其导函数的定义域均为，当时，则使不等式成立的的取值范围是_14记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c若，则的取值范围是_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）设为数列的前项和，已知，且为等差数列（1）求的通项公式；（2）若求的前项和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100300合计450

3、600（1）完成列联表根据小概率值的独立性检验，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，体育锻炼未达标的居民体能测试合格的概率为用上表中居民体育达标的频率估计该地区居民体育达标的概率，从该地区居民中随机抽取3人参加体能测试，求3人中合格的人数的分布列及期望（对应值见下表，）0.10.050.012.7063.8416.63517（15分）如图，在四棱台中，底面是边长为2的正方形，（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值18（17分）平面直角坐标系中，动点在圆上，动点（异于原点）在轴上，且，记的中点的轨迹为（1）求的方程；（2）过点的动直线与交于A，B两点问：是否存在定点，使得为定值，其中分别为直线NA，NB的斜率若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由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在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，其中，已知在处的阶帕德近似为；（1）求实数a，b的值；（2）设，证明：；（3）已知是方程的三个不等实根，求实数的取值范围，并证明：厦门市

4、2024届高中毕业班第四次质量检查一、单选题1-4ACAC5-8CBDB二、多选题9AD10ABD11ACD三、填空题12；13；14；四、解答题15解析：（1）设等差数列的公差为，因为，所以，即，所以，即，当时，当时，满足上式，所以（2）由（1）知则所以数列的前项和为16方法一：（1）列联表如下表不达标达标合计男50250300女100200300合计150450600零假设为体育锻炼达标与性别独立，即体育锻炼达标与性别无关根据小概率值的独立性检验，推断不成立，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（2）设事件“随机抽取一人体育锻炼达标”，事件“随机抽取一人体能测试合格”，则，所以的可能取值为：0，1，2，3所以的分布列为X0123P所以方法二：（1）同方法一（2）设事件“随机抽取一人体育锻炼达标”，事件“随机抽取一人体能测试合格”，则，所以因为所以，所以17方法一：（1）由棱台定义可知与共面，且平面平面又平面平面，平面平面，所以连接AC交BD于点，则为AC中点因为，所以所以四边形是平行四边形，所以又平面，平面，所以平面，（2）在正方形中，又，所以平面因为平

5、面，所以在中，所以在中，所以，所以以为原点，分别以为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，又因为平面的法向量，所以，所以平面与平面所成角余弦值为方法二：（1）将棱台补形成棱锥，由棱台定义知平面平面又平面平面，平面平面，所以连接AC交BD于点，则为AC中点又，所以，所以为PC中点，所以为的中位线，所以又平面，平面，所以平面（2）在正方形中，又，所以平面因为平面，所以在中，所以在中，所以，所以连接交于点，连接交于点，则MN为平面与平面的交线，设MN交于点由，有，同理，所以，所以平面又平面，平面，所以，所以为平面与平面的夹角由得，所以在中，所以所以平面与平面夹角的余弦值为18解：（1）设点，因为，所以，由M为PO中点得，代入，得所以动点M的轨迹的方程为（2）存在N满足题意，证明如下：依题意直线l的斜率存在且不为0，设l的方程：设，联立得则，（1）直线方程化为联立，得则（2）依题意：依题意直线NA，NB与坐标轴不平行，又为定值，所以由（3）（4）由（3）（4）得或，代入（3）得或或所以或或满足题意（答案不全扣1分）方法二：存在满足题意，证明如下：依题意直线的斜率存在且不为0，设的方程：设，联立得因为为上式的两根，则（1）直线方程化为联立，得因为为上式的两根，则（2）依题意：下同方法一19解：（1）依题意可知，因为，所以此时，因为，所以，因为，所以；（2）依题意，故在单调递增，由，故，综上，；（3）不妨设，令，当时，此时单调递增，不存在三个不等实根；当时，令，其判别式若，即，恒成立，即，此时单调递减，不存在三个不等实根；若，即，存在两个不等正实根，此时有当时，单调递减；当时，单调递增；当时，单调递减；又因为，且，故因为，所以，即所以所以存在，满足；又因为故存在，满足；故当且仅当时，存在三个不等实根，且满足，且由（2）可知，当时，因此，故，化简可得：因此，命题得证学科网（北京）股份有限公司

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