2024-2025學(xué)年福州市高三年級(jí)第四次質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)及答案

2024-2025學(xué)年福州市高三年級(jí)第四次質(zhì)量檢測(cè)(完卷時(shí)間：120分鐘；滿分：150分)友情提示：請(qǐng)將所有答案填寫到答題卡上!請(qǐng)不要錯(cuò)位、越界答題!一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。A.-1+iB.-1-iC.1-iA.y+4=0C.6x-y=03.已知集合A={x|cosx>0},B={1,3},A.B.{1}C.{3}A.20B.15C6.已知拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)為F,準(zhǔn)線為1,點(diǎn)P為C上一點(diǎn)，過點(diǎn)P作1的垂線，垂足為A,若FA=2FB,且點(diǎn)(-3,0)在直線PB上，則直線PB的斜率為A.0B.1C.2數(shù)學(xué)試卷—1—(共4頁)頂點(diǎn)的等腰直角三角形，將該四邊形沿對(duì)角線AC折成二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得A.f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增C.直線是曲線y=f(x)的對(duì)稱軸這組數(shù)據(jù)得到新成對(duì)樣本數(shù)據(jù)(x+x,yx附：經(jīng)驗(yàn)回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計(jì)公式分別為：數(shù)學(xué)試卷—2—(共4頁)數(shù)學(xué)試卷—3—(共4頁)數(shù)學(xué)試卷—4—(共4頁)11.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P射線OA從x軸的非負(fù)半軸開始，繞點(diǎn)O按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)角θ,終止位置為OP.定義：C(θ)=x,S(θ)=y,則三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知向量a=(1,2),b=(k-1,1),若13.《九章算術(shù)》中，稱底面為矩形而有一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐為陽馬.已知長方體ABCD-AB?C?D?,若陽馬以該長方體的頂點(diǎn)為頂點(diǎn)，則這樣的陽馬的個(gè)數(shù)是 (用數(shù)字作答).14.已知雙曲線C:的右焦點(diǎn)為F,其左、右頂點(diǎn)分別為A,B,過F且與x軸垂直的直線交C于M,N兩點(diǎn)，直線BN與AM交于點(diǎn)Q,若△MQB四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15.(13分)已知數(shù)列{a}是公差為2的等差數(shù)列，滿足a??=2a?+1(n∈N).(1)求{a}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè){a}的前n項(xiàng)和為S。,若S?<3a,求n的最大值.16.(15分)72,67,73,57,66,85,87,79,90,61.(1)根據(jù)以上數(shù)據(jù)，求成績的上四分位數(shù)(說明：上四分位數(shù)即第75百分位數(shù));(2)在大于70分的成績中隨機(jī)抽取2個(gè)，設(shè)X表示抽取的2個(gè)成績中大于上四分位17.(15分)BC的中點(diǎn)為M,AC⊥AB,AB=AC=AC?=2.(1)證明：A?B//平面AC?M;(2)在平面ABC內(nèi)，動(dòng)點(diǎn)Q在以A為圓心，AB為半徑的劣弧BC上(不含端點(diǎn)B,C).若直線B?Q與平面AC?B?所成的角證明：A,M,Q三點(diǎn)共線.18.(17分)(1)求C的方程；19.(17分)已知函數(shù)y=h(x),記A={x|a≤x≤b},B={yly=h(x),x∈A},若h(x)滿足B≤A,則稱y=h(x)是A上的“可控函數(shù)”.由“可控函數(shù)”的定義可得：若函數(shù)h(x)例如h2(x)=h(h(x)),n3(x)=h(h(h(x).(1)判斷函數(shù)f(x)=x2-2x+2是否為{x|0≤x≤2}上的“可控函數(shù)”,并說明理(2)已知函數(shù)是{x|0≤x≤t}上的“可控函數(shù)”,且t的(ii)若數(shù)列{a}滿足,a+=g(a。)(neN),S,是數(shù)列{a,}的前n項(xiàng)和.求2024—2025學(xué)年第二學(xué)期福州市高三年級(jí)5月份質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)參考答案一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。由a??=2a+1可得a?+2(2n-1)=2[a?+2(n-1)]+1,解得a?=1,(2)由(1)得由于2<√6<3,所以5<3+√6<6,所以n的最大值為5.(2)同解法一.想等，考查數(shù)學(xué)抽象、數(shù)學(xué)建模、邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng)，體現(xiàn)基礎(chǔ)性、綜合性.滿分15分【解析】(1)把20個(gè)成績按從小到大排序，可得72,73,76,77,79,79,85,87,90,92.由75%×20=15,可知成績的上四分位數(shù)為第15個(gè)成績與第16個(gè)成績的平均數(shù)，即(2)由數(shù)據(jù)可知，成績大于70分的有10個(gè)，大于上四分位數(shù)79的成績有4個(gè)，根據(jù)題意，X的所有可能取值為0,1,2.則X的分布列為X012P基礎(chǔ)知識(shí)，考查直觀想象能力、邏輯推理能力、運(yùn)算求解能力等，考查與轉(zhuǎn)化思想等，考查直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng)，體現(xiàn)基礎(chǔ)性、綜合性.滿分15分解法一：(1)連結(jié)A?C與AC?交于點(diǎn)D,連結(jié)DM.因?yàn)辄c(diǎn)D為AC?與A?C的交點(diǎn)，所以點(diǎn)D為AC?中點(diǎn)，因?yàn)锳B4平面AC?M,DMc平面AC?M,所以AB//平面AC?M.則A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),C?(0,0,2),A(0,-2,2),B?(2,-2,2),M(1,1,0),AC=(0,0,2),CB?=(2,-2,0),AM=(1,1,0).設(shè)平面AC?B?的法向量為因?yàn)閯?dòng)點(diǎn)Q在以A為圓心，AB為半徑的劣弧BC上(不含端點(diǎn)B,C),所以可設(shè)Q(x,y,0)(x>0,y>0),,則x2+y2=4,,由于BQ與平面AC?B?所成的角解得xy=2,所以解法二：(1)以A解法二：(1)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正向，則A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),C?(0,0,2),A?(0,-2,2),B(2,-2,2),M(1,1AC=(0,0,2),AM=(1,1,0),A?B=(2,2,-2).B(2)C?B?=(2,-2,0).則BQ=(2cosθ-2,2sinθ+2,-2),因?yàn)锽Q與平面AC?B?所成的角,所!cosθ-sinθ=1-2sinθcosθ=(cosθ-sinθ)2,得cosθ-sinθ=0或cosθ-sinθ=1.MN//CC?且MN=CC?.因?yàn)锳A//CC?且AA?=CC?,所以MN//AA且MN=AA,所以BN//MC?.因?yàn)锳M//AN,AMa平面A,BN,所以AM//平面ABN,又因?yàn)锳M∩C?M=M,所以平面ACM//平面A?NB,因?yàn)锳Bc平面A?NB,所以AB//平面AC?M.(2)設(shè)平面ABCI平面AB?C=1,則A∈1.過點(diǎn)Q作QH⊥1,垂足為H,連結(jié)B?H.因?yàn)锽C//B?C?,BC4平面AB?C?,所以BC//平面ABC?,又因?yàn)槠矫鍭BCI平面AB?C?=1,BCc平面ABC,所以BC//1.因?yàn)锳C?⊥平面ABC,所以AC?⊥QH.因?yàn)锳C⊥AB,AB=AC=2,所以B?C?=BC=2√2,設(shè)AH=x(0,x<√2),則QH=√AQ2-AH2=√4-x2.設(shè)劣弧BC的中點(diǎn)為D.當(dāng)點(diǎn)Q在D上(不含端點(diǎn)C,D)時(shí)，0<x<√2,B,H=√(BC?+AH)2+AC2=√(2√2+x2+4,所以性.滿分17分由條件,解得故◎I與C的交點(diǎn)坐標(biāo)為(2,2),(-2,2),(-2,-2),(2,-2).當(dāng)直線DE斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y=kx+m,由QD·QE=(x?-2)(x?-2)+(y?+2)(y?+2)=(x?-2)(x?-2)+(kx=(k2+1)x?x?+[k(m+2)-2](x?+x?故定點(diǎn)不為Q(2,-2).Q?D·Q?E=(x-2)(x?-2)+(y?-2)(v?-2)=(x?-2)(x?-2)+(kx?+=(k2+1)x?x?+[k(m-2)-2](x?+x?)+將)代入，得4k2+8km+3m2-4-4m=0,故定點(diǎn)為Q?(2,2).綜上，OI過定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為(2,2).解法二：(1)同解法一.從而OI方程當(dāng)直線DE過原點(diǎn)時(shí)，OI方程為x2+y2=8.聯(lián)與x2+y2=8方程，當(dāng)直線DE斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y=kx+m,由于在直線y=kx+m上，可設(shè)D(x?,y),E(x?,y?),則所以I的坐標(biāo)若Q,(2,-2)為所求定點(diǎn)，則必有4IQIP2-|DEP=0,由于故定點(diǎn)不為Q,(2,-2).若Q?(2,2)為所求定點(diǎn)，則必有4IQ?IP2-|DEP2=0,由于代入，得4k2+8km+3m2-4-4m=0,故定點(diǎn)為Q?(2,2).綜上，OI過定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為(2,2).解法三：(1)同解法一.(2)(i)同解法一(2)(ii)當(dāng)直線DE斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y=kx+m,由于在直線由得I的橫坐標(biāo)為將其代入y=kx+m中，得所以I的坐標(biāo)所以O(shè)I的方程即[(2k2+1)x+2km2+[(2k2+1)由于2(1+k2)(-m2+12k2+6)-(2km2-m2=3[8k?+(-2m2+12)所以由OI的方程得(2k2+1)[(2k2+1)x2+4knx+(2k2+1)y2-2my]=3(2k2+即(2k2+1)(x2+y2)+4kmx-2my=3(4k2-m2+4).又因?yàn)閷⑵浯肷鲜?，并整理化簡?(3x2+3y2-4x-16)k2-4(2x-y-2)k+3x2+3y2+4當(dāng)直線DE垂直x軸時(shí)，將代入中，得,從而Ol方程為令x=2,y=2成立，故此時(shí)OI同樣過點(diǎn)(2,2).綜上，OI過定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為(2,2).識(shí)，考查邏輯推理能力、運(yùn)算求解能力、數(shù)學(xué)建模能力和創(chuàng)新能力等，考查函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想、數(shù)形結(jié)合思想等，考查數(shù)學(xué)抽象、直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng)，體現(xiàn)基礎(chǔ)性、綜合性與創(chuàng)新性.滿分17分【解析】所以1,f(x),2,因?yàn)閇1,2]=[0,2],故函數(shù)f(x)是{x|0,x,2}(2)(i)由函數(shù)g(x)的定義域?yàn)閧x|x≠2p},可得0<1<2p,所以當(dāng)0,x,p時(shí)，g(x)的取值范圍所以t的最大值,得