2024-2025學年福建省部分學校新高考高三（上）質(zhì)檢數(shù)學試卷（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年福建省部分學校新高考高三（上）質(zhì)檢數(shù)學試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合A={?2,?1,0,1,2}，B={x|?2<x<2}，則A∩B=(

)A.{?2,?1,0,1,2} B.{?2,?1,0,1} C.{?1,0,1,2} D.{?1,0,1}2.復數(shù)z=2?4i1+i，則z的虛部為(

)A.3 B.?3 C.?i D.?13.已知等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，若a3?a6A.16 B.6 C.23 4.已知函數(shù)f(x)=f(x?π4)+t,x>0sinx,x≤0，滿足f(πA.14 B.12 C.1 5.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知2acos2C2=b(1?cosA)+a，則A.等腰三角形 B.等邊三角形

C.直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形6.如圖，一個直三棱柱形容器中盛有水，且側棱AA1=4.若側面AA1B1B水平放置時，液面恰好過AC，BC，A1CA.152 B.154 C.527.已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)A.5 B.455 C.8.某城市采用搖號買車的方式，有20萬人搖號，每個月?lián)u上的人退出搖號，沒有搖上的人繼續(xù)進入下月?lián)u號，每個月都有人補充進搖號隊伍，每個季度第一個月?lián)u上的概率為110，第二個月為19，第三個月為18，則平均每個人搖上需要的時間為(????)A.7 B.8 C.9 D.10二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知m，n(m≠n)為實數(shù)，隨機變量X～N(1,σ2)，且P(X≤m)=P(X≥n)，則A.mn<1 B.2m+2n>4 10.如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點P是正方體的上底面A1B1C1A.三棱錐Q?PCD的體積是定值

B.存在點P，使得PQ與AA1所成的角為60°

C.直線PQ與平面A1ADD1所成角的正弦值的取值范圍為(0,22)

D.若PD1=PQ，則P的軌跡的長度為3A.lnn<1+12+13+?+1n?1

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.在△ABC中，已知AB=1，AC=3，點G為△ABC的外心，點O為△ABC重心，則OG?BC=13.已知ω∈R，φ∈[0,2π)，若對任意實數(shù)x都有sin(x?π3)=sin14.已知函數(shù)f(x)=xa?logb四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知Sn為數(shù)列{an}的前n項和，若Sn=2an?4n+2．

(1)求證：數(shù)列{an+4}16.(本小題15分)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若a=1,A=π3，且滿足(1)求c+b的值；

(2)設AB=BD,AC17.(本小題15分)

如圖所示，AB是⊙O的直徑，點C是⊙O上異于A，B的動點，PC⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別為PA，PC的中點．

(1)求證：EF⊥平面PBC；

(2)若PC=2,AB=22，二面角B?PA?C的正弦值為6318.(本小題17分)

已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為12，且經(jīng)過點(?1,?32).

(1)求橢圓C的標準方程；

(2)過點(1,0)作直線l與橢圓相交于A，B兩點，試問在x19.(本小題17分)

已知x∈(π4,π)．

(1)將sinx，cosx，x，?12x2+1按由小到大排列，并證明；

(2)令f(x)=x參考答案1.D

2.B

3.D

4.B

5.D

6.B

7.C

8.C

9.AB

10.ACD

11.ABD

12.4313.(1,53π)14.(e15.解：(1)證明：由Sn=2an?4n+2可得，

當n=1時，a1=2a1?4+2，解得a1=2，

當n≥2時，Sn?1=2an?1?4(n?1)+2，即Sn?1=2an?1?4n+6，

則an=Sn?Sn?1=(2an?4n+2)?(2an?1?4n+6)

an=2an?2an?1?4，即an=2an?1+4，

即an+4=2(an?1+4)，即an+4an?1+4=2，

又16.解：(1)由asinC+bsinA=2csinB，結合正弦定理，得ac+ab=2bc．

因為a=1，所以2bc=c+b．

由余弦定理，得cosA=b2+c2?12bc=12，

所以b2+c2?1=bc，所以(b+c)2?2bc?1=bc，

即(c+b)2?1=3bc=32(c+b)，

整理，得2(c+b)2?3(c+b)?2=0，

解得c+b=2(舍負)．

(2)由c+b=2，2bc=c+b，得b=c=1．

又a=1，所以△ABC是邊長為1的正三角形．

由AB=BD，知A，B，D三點共線，且AD=2AB=2．

由AC=17.解：(1)證明：由PC⊥平面ABC，知PC⊥AC，

由AB是⊙O的直徑，知AC⊥BC，

∵AC∩BC=C，

∴AC⊥平面PBC，

由E，F(xiàn)分別是PA，PC的中點，知EF/?/AC，

∴EF⊥平面PBC．

(2)以C為原點，CA，CB，CP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，

建立如圖所示的空間直角坐標系，則P(0,0,2)，

設A(a,0,0)，B(0,b,0)，且a2+b2=8(a>0,b>0)，

易知平面PAC的一個法向量m=(0,1,0)，

設平面PAB的一個法向量n=(x,y,z)，則

則?n⊥PA=0n⊥PB=0，即n?PA=0,n?PB=0,∴ax?2z=0,bx?2z=0.

取z=ab，得x=2b，y=2a，則n=(2b,2a,ab)，

∵二面角B?PA?C的正弦值為18.解：(1)由題意，

ca=12a2=b2+c21a2+94b2=1，解得a=2b=3c=1．

∴橢圓C的標準方程為x24+y23=1；

(2)在x軸上假設存在點Q，使得QA，QB恰好關于x軸對稱，

設A(x1,y1)，B(x2,y2)，

再設直線l：x=my+1，Q(t,0)，

聯(lián)立x=my+1319.(1)解：設g(x)=cosx+12x2?1，則g′(x)=?sinx+x，設?(x)=g′(x)=?sinx+x，則?′(x)=?cosx+1，

因為x∈(π4,π)時，?′(x)>0恒成立．

所以?(x)在(π4,π)上單調(diào)遞增，即g′(x)在(π4,π)上單調(diào)遞增；

所以g′(x)>g′(π4)=π?224>0，

所以g(x)在(π4,π)上單調(diào)遞增，

從而g(x)>