福建省泉州市2023-2024学年高三上学期质量监测（二）数学答案.pdf

1、高三数学试题 第 1页（共 9页）泉州市 2024 届高中毕业班质量监测（二）2024.01高 三 数 学四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17（10 分）等差数列na和等比数列 nb中，112ab，335ab，5220ab（1）求na的公差 d；（2）记数列nna b的前 n 项和为nS，若0na，求20S【命题意图】本小题主要考查等差数列、等比数列与数列求和等知识，考查运算求解等能力，考查函数与方程、化归与转化等思想，体现基础性，导向对发展数学运算等核心素养的关注【试题解析】解法一：（1）设等比数列 nb的公比为 q，由题意，得22225,

2、2440,dqdq 2 分整理，得2223,2210,qdqd 3 分解得1,1,2qd 或2,5,2qd 故12d 或52d 5 分（2）由（1），得1,1,2qd 或2,5,2qd 因为0na，所以0d，故1,1,2qd 从而32nna，12(1)nnb，7 分保密使用前#QQABaYQAogCAABBAABgCUQVICkMQkACCAAoOBFAAsAAAAQFABCA=#高三数学试题 第 2页（共 9页）1(3)(1)nnna bn，所以20(45)(67)(2223)10S 10 分解法二：（1）设等比数列 nb的公比为 q，由题意，得22225,2440,dqdq 2 分整理，得

3、2223,2210,qdqd 3 分消去 q，得24850dd，4 分解得12d 或52d 5 分（2）由（1），得1,1,2qd 或2,5,2qd 因为0na，所以0d，故1,1,2qd 从而32nna，12(1)nnb，7 分1(3)(1)nnna bn，所以2010(422)10(523)(46822)(57923)1022S 10 分#QQABaYQAogCAABBAABgCUQVICkMQkACCAAoOBFAAsAAAAQFABCA=#高三数学试题 第 3页（共 9页）18（12 分）教育部印发的国家学生体质健康标准，要求学校每学年开展全校学生的体质健康测试工作某中学为提高学生的体

4、质健康水平，组织了“坐位体前屈”专项训练现随机抽取高一男生和高二男生共 60 人进行“坐位体前屈”专项测试高一男生成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩在5,10 的男生有 4 人高二男生成绩（单位：cm）如下：10.212.86.46.614.38.316.815.99.717.518.618.319.423.019.720.524.920.525.117.5（1）估计高一男生成绩的平均数和高二男生成绩的第 40 百分位数；（2）国家学生体质健康标准规定，高一男生“坐位体前屈”成绩良好等级线为 15 cm，高二男生为 16.1 cm已知该校高一年男生有 600 人，高二年男生有 500 人，

5、完成下列 22列联表，依据小概率值0.005 的独立性检验，能否认为该校男生“坐位体前屈”成绩优良等级与年级有关？等级年级良好及以上良好以下合计高一高二合计附：22()()()()()n adbcab cd ac bd，其中 nabcd0.050.0100.0050.001x3.8416.6357.87910.828【命题意图】本题主要考查频率分布直方图、平均数、百分位数、独立性检验等知识；考查#QQABaYQAogCAABBAABgCUQVICkMQkACCAAoOBFAAsAAAAQFABCA=#高三数学试题 第 4页（共 9页）运算求解、数据处理等能力；考查数形结合等思想；体现基础性与应

6、用性，导向对发展数据分析、数学运算、数学建模等核心素养的关注【试题解析】（1）依题意得，抽取高二男生 20 人，所以抽取高一男生 40 人.1 分因为高一男生成绩在5,10 的男生有 4 人，所以450.140a，解得0.02a.由(0.010.070.04)51ab，解得0.06b.2 分由样本估计总体，可估计高一年男生成绩的平均数12.50.017.50.0212.50.0717.50.0622.50.045x 3 分12.5100.0550.100.3550.3100.215 .4 分由 200.48，可知样本数据的第 40 百分位数是第 8 项和第 9 项数据的均值，5 分高二年男生“

7、坐位体前屈”成绩在5,15 有 7 人，15,20 有 8 人，所以第 40 百分位数 m 在15,20 中，故15.916.816.352m，由样本估计总体，可估计高二年男生成绩的第 40 百分位数为 16.35 6 分（2）根据样本，知高一男生成绩良好及以上占 50%，良好以下占 50%，高二男生成绩良好及以上占 1260%20，良好以下占 840%20，由样本估计总体，可得 22列联表如下：良好及以上良好以下合计高一300300600高二300200500合计6005001100 8 分零假设为0H：该校男生“坐位体前屈”成绩等级与年级之间无关.根据列联表中的数据，得220.005110

8、0(300200300300)117.879600500600500 x 11 分根据小概率值0.005 的独立性检验，我们推断0H 不成立，即认为“坐位体前屈”成绩等级与年级有关，此推断犯错误的概率不大于 0.005.12 分#QQABaYQAogCAABBAABgCUQVICkMQkACCAAoOBFAAsAAAAQFABCA=#高三数学试题 第 5页（共 9页）19（12 分）如图，两个棱长均等于 2 的正四棱锥拼接得到多面体 PABCDQ（1）求证：PA 平面 QBC；（2）求平面 PCD 与平面 QBC 的夹角的正弦值【命题意图】本小题主要考查直线、平面间的平行，平面与平面的夹角等知

9、识；考查空间想象能力、推理论证及运算求解等能力；考查数形结合、化归与转化等思想；体现基础性、综合性与应用性，导向对发展逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养的关注【试题解析】解法一：（1）连结,AC BD，交于点 O，连结,PO QO，易证 PO 平面 ABCD，QO 平面 ABCD，所以,P O Q 三点共线，1 分因为 PQACO，所以,PQ AC 确定平面 PAQC，2 分又因为2PAPC，2 2AC，所以222PAPCAC，故90APC，且45PACPCA ，同理，可得QAC中90AQC，且45QACQCA ，3 分故180PAQAQC ，从而 PAQC，5 分又 PA 平面 QBC，

10、QC 平面 QBC，所以 PA平面 QBC 6 分#QQABaYQAogCAABBAABgCUQVICkMQkACCAAoOBFAAsAAAAQFABCA=#高三数学试题 第 6页（共 9页）（2）分别取,BC CD 的中点，ACBDO，由题意，可知,OP OM ON 两两垂直，7 分以 O 为原点，分别以,OM ON OP 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系 Oxyz，则(0,0,2)P，(1,1,0)D，(1,1,0)C，(1,1,0)B，(0,0,2)Q，从而(1,1,2)PC，(1,1,2)PD ，(1,1,2)QC，(1,1,2)QB 8 分设平面 PCD 的

11、法向量1111(,)x y zn，则11,PCPDnn即11111120,20,xyzxyz整理，得1110,2,xyz令11z ，得1(0,2,1)n，9 分设平面 QBC 的法向量2222(,)xyzn，则22,QBQCnn即22222220,20,xyzxyz整理，得2222,0,xzy 令21z ，得2(2,0,1)n，10 分12121211cos,|333nnn nnn，11 分设平面 PCD 与平面 QBC 的夹角为，则121coscos,3 n n，所以22 2sin1cos3 12 分#QQABaYQAogCAABBAABgCUQVICkMQkACCAAoOBFAAsAAAA

12、QFABCA=#高三数学试题 第 7页（共 9页）解法二：（1）连结,AC BD，交于点 O，连结,PO QO，易证 PO 平面 ABCD，QO 平面 ABCD，所以,P O Q 三点共线，易证得,PQ AC BD 两两垂直，且交于点 O 1 分以 O 为原点，分别以,OB OC OP 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz，2 分则(0,0,2)P，(0,2,0)A(2,0,0)D，(0,2,0)C，(2,0,0)B，(0,0,2)Q，从而(0,2,2)PA，(0,2,2)QC，故 PAQC，3 分又 AQC，所以 PAQC，4 分又 PA 平面 QBC，QC 平

13、面 QBC，所以 PA平面 QBC 6 分（2）由（1），得(0,2,2)PC，(2,0,2)PD ，(0,2,2)QC，(2,0,2)QB 设平面 PCD 的法向量1111(,)x y zn，则11,PCPDnn即1111220,220,yzxz整理，得1111,yzxz 令1z ，得1(1,1,1)n，8 分#QQABaYQAogCAABBAABgCUQVICkMQkACCAAoOBFAAsAAAAQFABCA=#高三数学试题 第 8页（共 9页）设平面 QBC 的法向量2222(,)xyzn，则22,QBQCnn即2222220,220,xzyz整理，得2222,xzyz 令21z ，得

14、2(1,1,1)n，10 分1212121 1 11cos,|333 nnn nnn，11 分设平面 PCD 与平面 QBC 的夹角为，则121coscos,3 n n，所以22 2sin1cos3 12 分解法三：（1）连结,AC BD，交于点 O，连结,PO QO，易证 PO 平面 ABCD，QO 平面 ABCD，所以,P O Q 三点共线，1 分因为 PQACO，所以,PQ AC 确定平面 PAQC，2 分又 POOQ，AOOC，所以四边形 PAQC 平行四边形，3 分所以 PAQC，4 分又 PA 平面 QBC，QC 平面 QBC，5 分所以 PA平面 QBC 6 分（2）设平面平面

15、PCD 的法向量为 m，平面 QBC 的法向量为 n，平面 QBC 与平面 PCD 的夹角为，则 coscos,m n 7 分#QQABaYQAogCAABBAABgCUQVICkMQkACCAAoOBFAAsAAAAQFABCA=#高三数学试题 第 9页（共 9页）由（1）知 PA平面 QBC，同理，可得 PD平面 QBC，又,PA PD 平面 PAD，且 PAPDP，所以平面 PAD平面 QBC，所以平面 QBC 的法向量 m 是平面 PAD 的法向量，设平面 PAD 与平面 PCD 的夹角为，则 coscos,m n，从而 coscos，8 分取 PD 的中点 E，连结,AE CE，则

16、AEPD，CEPD，又 EPD，AE 平面 APD，CE 平面 CPD，所以AEC是二面角 APDC的平面角，10 分在ACE中，2 2AC，3AECE，由余弦定理，得222cos2EAECACAECEA EC，即3381cos2 33AEC，从而1coscos3AEC，11 分所以22 2sin1cos3 12 分#QQABaYQAogCAABBAABgCUQVICkMQkACCAAoOBFAAsAAAAQFABCA=#高三数学试题 第 1页（共 11页）泉州市 2024 届高中毕业班质量监测（二）高 三 数 学20（12 分）一个袋子中有10 个大小相同的球，其中红球 7 个，黑球3个每次

17、从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回（1）求第 2 次摸到红球的概率；（2）设第 1,2,3 次都摸到红球的概率为1P；第1 次摸到红球的概率为2P；在第1 次摸到红球的条件下，第 2 次摸到红球的概率为3P；在第1,2 次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为4P 求1234,P P P P；（3）对于事件,A B C，当()0P AB 时，写出(),(|),(|),()P A P B A P C AB P ABC 的等量关系式，并加以证明【命题意图】本小题主要考查条件概率、全概率公式等知识；考查运算求解、推理论证等能力；考查化归与转化等思想体现基础性、应用性和综合性，导向对发展数学运

18、算、数学抽象等核心素养的关注【试题解析】解法一：（1）记事件“第 i 次摸到红球”为1,2,3,10iA i，则第 2 次摸到红球的事件为2A，1 分于是由全概率公式，得 2121121P AP A P A AP A P A A3 分7237710310910.4 分（2）由已知，得371123310724APP A A AA，5 分21710PP A，6 分2127321211010710271573P A AAPP A AP AA，7 分保密使用前#QQABaYQAogCAABBAABgCUQVICkMQkACCAAoOBFAAsAAAAQFABCA=#高三数学试题 第 2页（共 11页）

19、12343121271552478P A A APP A A AP A A.8 分（3）由（2）可得1234PP P P，即 123121312P A A AP A P A A P A A A，可猜想：P ABCP A P B A P C AB，9 分证明如下：由条件概率及 0,0P AP AB，得 P ABP B AP A，P ABCP C ABP AB，10 分所以 P ABP ABCP A P B A P C ABP AP ABCP AP AB.12 分解法二：（1）记事件“第 i 次摸到红球”为1,2,3,10iA i，则第 2 次摸到红球的事件为2A，1 分于是21212AA AA

20、A，2 分故212121212P AP A AA AP A AP A A 3 分1111763722101042217909010CCCCAA4 分（2）设事件“第 1,2,3 次都摸到红球”，事件“第1次摸到红球”，事件“第1次摸到红球的条件下第 2 次摸到红球”，事件“第1,2 次均摸到红球的条件下第 3次摸到红球”的四个事件的事件样本点个数和样本空间的样本点个数分别为in，1,2,3,4iNi，则由古典概型计算公式，得37113110724AnPNA，5 分222710nPN，6 分3336293nPN，7 分44458nPN.8 分（3）同解法一12 分#QQABaYQAogCAABB

21、AABgCUQVICkMQkACCAAoOBFAAsAAAAQFABCA=#高三数学试题 第 3页（共 11页）21（12 分）ABC的内角,A B C 所对的边分别为,a b c 已知3b，sin()sinsinBCbcBCac（1）若6C，求 a；（2）点 D 是ABC外一点，AC 平分BAD，且23ADC，求BCD的面积的取值范围【命题意图】本小题主要考查解三角形、三角恒等变换、导数的应用等知识，考查推理论证、运算求解等能力，考查数形结合和化归与转化等思想，体现综合性与应用性，导向对发展直观想象、逻辑推理及数学运算等核心素养的关注【试题解析】解法一：（1）在ABC中，由正弦定理，得2si

22、nsinsinabcRABB，所以 sin2aAR，sin2bBR，sin2cCR，又ABC，得BCA，故sin()sin()sinBCAA，所以 sin()sinsinsinsinsinBCAaBCBCbc，从而 sin()sinsinBCbcBCac，可化为abcbcac，1 分整理，得222acbac，2 分由余弦定理，得2221cos22BABCACBBA BC，因为(0,)B，所以3B，又6C，所以()2ABC，所以在 RtABC中，3b，6C，且 cosbCa，解得2a 6 分#QQABaYQAogCAABBAABgCUQVICkMQkACCAAoOBFAAsAAAAQFABCA=

23、#高三数学试题 第 4页（共 11页）（2）由（1）得，3B，因为 AC 平分BAD，且23ADC，故设,(0,)3BACDAC 在ABC中，由正弦定理，得 sinsinACBCABC，即3sinsin 3BC，解得2sinBC，在ADC中，由正弦定理，得 sinsinACCDADC，即32sinsin 3CD，解得2sinCD，又四边形 ABCD 中，3B，23ADC，2BAD，所以2BCD，所以1sin2BCDSBC CDBCD22sinsin(2)22sinsin 2(1cos2)sin 21sin 2sin 429 分令1()sin 2sin 4,0,23f xxx x，则()2cos

24、22cos4fxxx2(cos21)(2cos21)xx 10 分从而()0fx，所以()f x 在0,3 单调递增，11 分又(0)0f，3 3()34f，所以当(0,)3 时，(0)()()3fff，即3 30()4f，所以BCD的面积取值范围为3 3(0,)412 分解法二：（1）同解法一；6 分#QQABaYQAogCAABBAABgCUQVICkMQkACCAAoOBFAAsAAAAQFABCA=#高三数学试题 第 5页（共 11页）（2）四边形 ABCD 中，由（1）得3B，又23ADC，所以BADC ，从而,A B C D 四点共圆，又因为 AC 平分BAD，所以 BCCD，设(

25、03)BCCDxx，所以21sin2BCDSxBCD8 分在ABC中，由正弦定理，得 sinsinACBCBBAC，化简，得1sin2BACx，故21cos14BACx，又四边形 ABCD 中，3B，23ADC，所以BCDBAD 所以 sinsinBCDBAD，又 AC 平分BAD，所以 sinsin 2BADBAC2sincosBACBAC2114xx所以2211124BCDSxxx，9 分所以26211(1)44BCDSxx，其中203x，令4331111()(1),0,344416f tttttt，则232311()(3)0444f ttttt，所以()f t 在0,3上单调递增，又27

26、(0)0,(3)16ff，11 分故227016BCDS，所以BCD的面积取值范围为3 3(0,)412 分#QQABaYQAogCAABBAABgCUQVICkMQkACCAAoOBFAAsAAAAQFABCA=#高三数学试题 第 6页（共 11页）22（12 分）动圆 C 与圆221:(5)4Cxy和圆2:C22(5)4xy中的一个内切，另一个外切，记点C 的轨迹为 E（1）求 E 的方程；（2）已知点(1,)Mt（3342t），x 轴与 E 交于 A,B 两点，直线 AM 与 E 交于另一点 P，直线 BM 与 E 交于另一点 Q，记ABM,PQM的面积分别为1S,2S 若214915S

27、S，求直线PQ 的方程【命题意图】本小题主要考查双曲线的定义，双曲线的标准方程，圆与圆的位置关系、直线与双曲线的位置关系等知识；考查运算求解、逻辑推理等能力；考查数形结合、函数与方程等思想；体现基础性、综合性与创新性，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：（1）由题意，得两圆半径都为2，圆心分别为1C(5,0),2C(5,0).设圆 C 的半径为 R，由题意得1222RCCCC或2122RCCCC，故121242 5CCCCC C，1分所以点C 的轨迹是以1C,2C 为焦点，实轴长为4的双曲线，2分其中222,5,1acbca，3分【3分点：写出两个值可得此分；

28、方程写对，这一步可不写】所以轨迹 E 的方程为2214xy.4分（2）由题意，得得(2,0)A,(2,0)B，3AMtk，BMkt ，所以直线 AM 的方程为(2)3tyx，直线 BM 的方程为(2)yt x.5分设点11(,)P x y，22(,)Q xy#QQABaYQAogCAABBAABgCUQVICkMQkACCAAoOBFAAsAAAAQFABCA=#高三数学试题 第 7页（共 11页）由22(2),31,4tyxxy消去 y，得2222(94)1616360txt xt，6分由22163694APtxxt，2Ax ，1Pxx，得21281894txt，从而212281812(2)

29、3 9494tttytt，故22281812(,)9494ttPtt，7分由22(2),1,4yt xxy 消去 y，得2222(14)161640txt xt，由2216414BQtxxt，2Bx，2Qxx，得2228241txt，从而2222824(2)4141ttyttt，故222824(,)41 41ttQtt，8分因为ABM,PQM的面积分别为1S,2S，且214915SS，sinsinPMQAMB所以1212211sin11(1)(1)211(2)123sin2MPMQPMQMPMQxxxxSSMAMBMAMBAMB 22222222222281882(1)(1)94411(129

30、)(43)(43)=33(94)(41)(94)(41)ttttttttttt，9分由214915SS，得214915SS 即2222(43)49(94)(41)15ttt，又因为 3342t，所以2222(43)49(94)(41)15ttt，化简，得21t ，解得1t ，10分当1t 时，26 12(,)55P，104(,)33Q，11 分所以直线 PQ 的方程为 280 xy12 分#QQABaYQAogCAABBAABgCUQVICkMQkACCAAoOBFAAsAAAAQFABCA=#高三数学试题 第 8页（共 11页）解法二：（1）由题意，得两圆半径都为2，圆心分别为1C(5,0)

31、,2C(5,0).设圆 C 的半径为 R，由题意得1222RCCCC或2122RCCCC，故124CCCC即124CCCC .1 分当124CCCC时，设(,)C x y，则2222(5)(5)4(0)xyxyx，2 分【代入距离公式即给分】即2222(5)4(5)xyxy.两边平方，得222222(5)168(5)(5)xyxyxy，整理，得22542(5)xxy，上式两边再平方并整理得221(0)4xyx，2 分当124CCCC 时，同理，可得221(0)4xyx，3分综上，轨迹 E 的方程为142 yx 2.4分（2）由题意，得得(2,0)A,(2,0)B，3AMtk，BMkt ，所以直

32、线 AM 的方程为32xyt，直线 BM 的方程为12xyt 5分设点11(,)P x y，22(,)Q xy#QQABaYQAogCAABBAABgCUQVICkMQkACCAAoOBFAAsAAAAQFABCA=#高三数学试题 第 9页（共 11页）由2232,1,4xytxy消去 x，得22912(4)0yytt，由韦达定理，得12212129944ttytt，2122312818()29494ttxttt，所以22281812(,)9494ttPtt；7分由2212,1,4xytxy 消去 x，得2214(4)0yytt，从而222441414ttytt，22221482()24141

33、ttxttt，所以222824(,)41 41ttQtt 8分因为ABM，PQM的面积分别为1S，2S，且214915SS，sinsinPMQAMB所以12211sin2100sin2MPMQPMQMPMQytytSSMAMBttMAMBAMB2222222124(43)9441=(94)(41)tttttttttt9分由214915SS得214915SS 即2222(43)49(94)(41)15ttt，因为 3342t，所以2222(43)49(94)(41)15ttt，化简，得21t ，解得1t ，10分当1t 时，26 12(,)55P，104(,)33Q，11 分所以直线 PQ 的方

34、程为 280 xy 12分解法三：#QQABaYQAogCAABBAABgCUQVICkMQkACCAAoOBFAAsAAAAQFABCA=#高三数学试题 第 10页（共 11页）（2）由题意，得得(2,0)A,(2,0)B，3AMtk，BMkt ，故3BMAMkk，设11(,)P x y，22(,)Q xy，则2121322yyxx .由221114xy，得11111224yyxx，所以21213224yyxx.5 分设直线 PQ 的方程为 xmyn，由22,1,4xmynxy，消去 x，得222(4)240mymnyn，因为方程有两个不同的实数根，所以240,0,m 即222240,(2)

35、4(4)(4)0,mmnmn整理，得2224,4,mmn由韦达定理，得12224mnyym，212244ny ym 6 分由21213224yyxx 得21213224yymynmyn,即122212123(2)()(2)4y ym y ym nyyn.将12224mnyym，212244ny ym，代入以上等式，整理，得2243416164nnn，解得4n，所以直线 PQ 的方程为4xmy，故直线 PQ 恒过点(4,0)，7 分从而1111(2)(1)(3)333tttytxtxmy ，2222(2)(1)(3)ytt xtt xt my 因为ABM,PQM的面积分别为1S,2S，且2149

36、15SS，sinsinPMQAMB所以12122211(3)(3)sin32100sin2t myt myMPMQPMQMPMQytytSSMAMBtttMAMBAMB#QQABaYQAogCAABBAABgCUQVICkMQkACCAAoOBFAAsAAAAQFABCA=#高三数学试题 第 11页（共 11页）222222212122242393()9336124433344nmnmmm y ym yymmmmmm，9 分由214915SS，得214915SS，即221249154mm，因为直线 PQ 恒过点(4,0)，点(1,)Mt（3342t），所以221222244412=0444ny ymmm，得240m，由221249154mm，得221249415mm，解得214m，10 分又因为 3342t，所以143Pyy，故12m ，所以12m 11 分所以直线 PQ 的方程为142xy即 280 xy.12 分#QQABaYQAogCAABBAABgCUQVICkMQkACCAAoOBFAAsAAAAQFABCA=#