福建省莆田哲理中学2024学年高三3月统考数学试题

请考生注意：

1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。 2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．若向量a(1,5),b(2,1)，则a(a2b)（ ） A．30

B．31

C．32

D．33

22cab2．在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若acosBbcosA，则（ ） 242cA．

3 2B．

1 2C．

1 4D．

1 8 3．已知F为抛物线y2＝4x的焦点，过点F且斜率为1的直线交抛物线于A，B两点，则||FA|﹣|FB||的值等于（ ）A．82 B．8

C．42

2D．4

xay304．已知yaxb与函数f(x)2lnx5和g(x)x4都相切，则不等式组所确定的平面区域在

xby20x2y22x2y220内的面积为（ ）

A．2

B．3

C．6

D．12

25．已知数列an的前n项和为Sn，且Sn1Sn21Sn11(nN*)，a11,a22，则Sn( ) A．

nn1 2B．2n1 C．2n1 D．2n11

6．生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人，这里的“六艺”其实源于中国周朝的贵族教育体系，具体包括“礼、乐、射、御、书、数”.为弘扬中国传统文化，某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，每艺安排一节，连排六节，则满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须分开安排的概率为（ ） A．

7 60B．

1 6C．

13 60D．

1 427．设U{1,0,1,2}，集合A{x|x1,xU}，则CUA（ ）

A．{0,1,2} B．{1,1,2} C．{1,0,2} D．{1,0,1}

122P8．已知角的终边与单位圆xy1交于点,y0，则cos2等于（ ）

3A．

1 9B．7 9C．22 3D．

1 39．当a0时，函数fxxaxe的图象大致是（ ）

xA． B．

C． D．

10．已知全集A．

B．

，

，则C．

（ ）

D．

x2211．若双曲线2y21a0的一条渐近线与圆x2y22至多有一个交点，则双曲线的离心率的取值范围

a是（ ） A．2,

B．2,

C．1,2

D．1,2

12．已知i为虚数单位，复数z1i2i，则其共轭复数z（ ） A．13i

B．13i

C．13i

D．13i

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知变量x1,x20,m (m>0)，且x1x2，若x12x21恒成立，则m的最大值________．

xx14．《易经》是中国传统文化中的精髓，如图是易经八卦（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（\"

\"表示一根阳线，\"

\"表示一根阴线），从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有两根阳线，四根

阴线的概率为_______.

15．若函数fxsin(x)(0,02)满足：①fx是偶函数；②fx的图象关于点同时满足①②的，的一组值可以分别是__________.

,0对称.则3116．ax2展开式中x3项系数为160，则a的值为______.

x三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（12分）已知函数fx4x1x2. （1）解不等式fx2；

（2）记函数yfx5x2的最小值为k，正实数a、b满足a6b6k6ba，求证：26. 9ab18．（12分）数列an的前n项和为Sn，且Sn2an2.数列bn满足bnlog2an，其前n项和为Tn. （1）求数列an与bn的通项公式； （2）设cnan1，求数列cn的前n项和Cn. Tn19．（12分）新高考，取消文理科，实行“33”，成绩由语文、数学、外语统一高考成绩和自主选考的3门普通高中学业水平考试等级性考试科目成绩构成.为了解各年龄层对新高考的了解情况，随机调查50人（把年龄在[15,45)称为

中青年，年龄在[45,75)称为中老年），并把调查结果制成下表：

年龄（岁） [15,25) [25,35) [35,45) [45,55) [55,65) [65,75) 频数 了解 5 4 15 12 10 6 10 5 5 2 5 1 （1）分别估计中青年和中老年对新高考了解的概率；

（2）请根据上表完成下面22列联表，是否有95%的把握判断对新高考的了解与年龄（中青年、中老年）有关？ 了解新高考 不了解新高考 总计 中青年 中老年 总计 2 n(adbc)2. 附：K(ab)(cd)(ac)(bd)PK2k 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 （3）若从年龄在[55,65)的被调查者中随机选取3人进行调查，记选中的3人中了解新高考的人数为X，求X的分布列以及E(X).

20．（12分）已知函数f(x)xlnx2lnx3x5，g(x)lnx2xaa2. xx（1）求证：f(x)在区间(1,)上有且仅有一个零点x0，且x037,； 24（2）若当x1时，不等式g(x)0恒成立，求证：a49. 4 21．（12分）如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C是菱形，其对角线的交点为O，且ABAC16,ABBC1．

（1）求证：AO平面BB1C1C；

（2）设B1BC60，若直线A1B1与平面BB1C1C所成的角为45，求二面角A1B1C1B的正弦值． 22．（10分）已知函数f(x)|x1||42x|.

（1）求不等式f(x)1(x1)的解集； 321的最小值. ab（2）若函数f(x)的最大值为m，且2abm(a0,b0)，求

参

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．C 【解题分析】

先求出a2b,再与a相乘即可求出答案. 【题目详解】

因为a2b(1,5)(4,2)(3,7),所以a(a2b)35732. 故选:C. 【题目点拨】

本题考查了平面向量的坐标运算,考查了学生的计算能力,属于基础题. 2．D 【解题分析】

利用余弦定理角化边整理可得结果. 【题目详解】

a2c2b2b2c2a2c由余弦定理得：ab，

2ac2bc4c2a2b21整理可得：ab，. 22c8422故选：D. 【题目点拨】

本题考查余弦定理边角互化的应用，属于基础题. 3．C 【解题分析】

将直线方程yx1代入抛物线方程，根据根与系数的关系和抛物线的定义即可得出FAFB的值． 【题目详解】

y24xF（1，0），故直线AB的方程为y＝x﹣1，联立方程组，可得x2﹣6x+1＝0，

yx1设A（x1，y1），B（x2，y2），由根与系数的关系可知x1+x2＝6，x1x2＝1． 由抛物线的定义可知：|FA|＝x1+1，|FB|＝x2+1， ∴||FA|﹣|FB||＝|x1﹣x2|＝故选C． 【题目点拨】

本题考查了抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，属于中档题． 4．B 【解题分析】

根据直线yaxb与fx和gx都相切，求得a,b的值，由此画出不等式组所表示的平面区域以及圆

x1x224x1x236442．

x2y22x2y220，由此求得正确选项.

【题目详解】

22f'x,g'x2x.设直线yaxb与fx相切于点Ax0,2lnx05，斜率为，所以切线方程为

x0xy2lnx051222xx0，化简得yx2lnx03①.令g'x2x，解得x，g1124，x0x0x0x0

x0x0211121yx42lnx34，②.由①②对比系数得所以切线方程为y240x，化简得22x0x0x0x0x0x0化简得2lnx012x1x110③.构造函数hx2lnx121x0，h'x22，所以hx在233x0xxxx0,1上递减，在1,上递增，所以hx在x1处取得极小值也即是最小值，而h10，所以hx0有唯一

解.也即方程③有唯一解x01.所以切线方程为y2x3.即a2,b3.不等式组22xay30x2y30即，

xby20x3y202画出其对应的区域如下图所示.圆xy2x2y220可化为x1y124，圆心为A1,1.而方程

2x2y30x1x2y30.画出图像如下图所示，不等式组组的解也是所确定的平面区域在

x3y20y1x3y20x2y22x2y220内的部分如下图阴影部分所示.直线x2y30的斜率为

1，直线x3y20的斜率2111231，所以BAC，而圆的半径为为.所以tanBACtanAEDADE2426，所A113412321以阴影部分的面积是263.

24故选：B

【题目点拨】

本小题主要考查根据公共切线求参数，考查不等式组表示区域的画法，考查圆的方程，考查两条直线夹角的计算，考查扇形面积公式，考查数形结合的数学思想方法，考查分析思考与解决问题的能力，属于难题. 5．C

【解题分析】

根据已知条件判断出数列Sn1是等比数列，求得其通项公式，由此求得Sn. 【题目详解】

由于Sn1Sn21Sn11(nN*)，所以数列Sn1是等比数列，其首项为S11a112，第二项为

2S21a1a214，所以公比为

故选：C 【题目点拨】

42.所以Sn12n，所以Sn2n1. 2本小题主要考查等比数列的证明，考查等比数列通项公式，属于基础题. 6．C 【解题分析】

分情况讨论，由间接法得到“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须分开的事件个数，不考虑因素，总数有A6种，进而得到结果. 【题目详解】

当“数”位于第一位时，礼和乐相邻有4种情况，礼和乐顺序有2种，其它剩下的有A3种情况，由间接法得到满足条件

5123的情况有A5C4A2A3

63当“数”在第二位时，礼和乐相邻有3种情况，礼和乐顺序有2种，其它剩下的有A3种，

5123由间接法得到满足条件的情况有A5C3A2A3

3651235123共有：A5C3A2A3A5C4A2A3种情况，不考虑因素，总数有A6种，

51235123A5C3A2A3A5C4A2A313 故满足条件的事件的概率为：6A660故答案为：C. 【题目点拨】

解排列组合问题要遵循两个原则：①按元素(或位置)的性质进行分类；②按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)． 7．B 【解题分析】

先化简集合A,再求CUA.

【题目详解】

由x21 得： 1x1 ，所以A0 ，因此【题目点拨】

本题主要考查集合的化简和运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算推理能力. 8．B 【解题分析】

先由三角函数的定义求出sin，再由二倍角公式可求cos2. 【题目详解】

22解：角的终边与单位圆xy1交于点P,y0

UA1,1,2 ，故答案为B

131cos，

371cos22cos2121，

93故选：B 【题目点拨】

考查三角函数的定义和二倍角公式，是基础题. 9．B 【解题分析】

由fx0，解得x2ax0，即x0或xa，

2a0,函数fx有两个零点，A,C，不正确，设a1，

则fxxxe,f'xxx1e，由f'xxx1e0，解得x2x2x2x1515或x，22由f'xx1e0，解得：2x1515，即x1是函数的一个极大值点，排除D，∴D不成立，x22故选B.

【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考察函数的解析式、定义域、值域、单调性，导数的应用以及数学化归思想，属于难题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及

x0,x0,x,x时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意选项一一排除.

10．C 【解题分析】

先求出集合U，再根据补集的定义求出结果即可． 【题目详解】 由题意得∵∴故选C． 【题目点拨】

本题考查集合补集的运算，求解的关键是正确求出集合和熟悉补集的定义，属于简单题． 11．C 【解题分析】

求得双曲线的渐近线方程，可得圆心0,2到渐近线的距离d率公式计算即可得到所求范围． 【题目详解】

，

．

，

2，由点到直线的距离公式可得a的范围，再由离心

1x2双曲线2y21a0的一条渐近线为yx，即xay0，

aa2由题意知，直线xay0与圆x2y22相切或相离，则d2a1a22，

c1解得a1，因此，双曲线的离心率e11,2.

aa2故选：C. 【题目点拨】

本题考查双曲线的离心率的范围，注意运用圆心到渐近线的距离不小于半径，考查化简整理的运算能力，属于中档题．12．B 【解题分析】

先根据复数的乘法计算出z，然后再根据共轭复数的概念直接写出z即可. 【题目详解】

由z1i2i13i，所以其共轭复数z13i. 故选：B. 【题目点拨】

本题考查复数的乘法运算以及共轭复数的概念，难度较易.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．e 【解题分析】

在不等式两边同时取对数，然后构造函数f（x）＝【题目详解】

不等式两边同时取对数得lnx12lnx21， 即x2lnx1＜x1lnx2，又x1,x20,m 即

xxlnx，求函数的导数，研究函数的单调性即可得到结论． xlnx1lnx2成立， x1x2设f（x）＝

lnx，x∈（0，m）， x∵x1＜x2，f（x1）＜f（x2），则函数f（x）在（0，m）上为增函数，

1xlnx1lnx， 函数的导数xf(x)x2x2由f′（x）＞0得1﹣lnx＞0得lnx＜1， 得0＜x＜e，

即函数f（x）的最大增区间为（0，e）， 则m的最大值为e 故答案为：e 【题目点拨】

本题考查函数单调性与导数之间的应用，根据条件利用取对数得到不等式,从而可构造新函数，是解决本题的关键 14．

3 14【解题分析】

观察八卦中阴线和阳线的情况为3线全为阳线或全为阴线各一个，还有6个是1阴2阳和1阳2阴各3个。抽取的两卦2阳4阴的所有可能情况是一卦全阴、另一卦2阳1阴，或两卦全是1阳2阴。 【题目详解】

八卦中阴线和阳线的情况为3线全为阳线的一个，全为阴线的一个，1阴2阳的3个，1阳2阴的3个。抽取的两卦2阳4阴的所有可能情况是一卦全阴、另一卦2阳1阴，或两卦全是1阳2阴。

212∴从8个卦中任取2卦，共有C828种可能，两卦2阳4阴的情况有C3C36，所求概率为P63。 2814故答案为：

3。 14【题目点拨】

本题考查古典概型，解题关键是确定基本事件的个数。本题不能受八卦影响，我们关心的是八卦中阴线和阳线的条数，这样才能正确地确定基本事件的个数。 15．

3π， 22【解题分析】

根据fx是偶函数和fx的图象关于点【题目详解】

由fx是偶函数及0π，可取则fxsinx,0对称，即可求出满足条件的和. 3π， 2πcosx， 2由fx的图象关于点πππ,0对称，得kπ，kZ，

323即3k33，kZ，可取.

223π，. 22故，的一组值可以分别是故答案为：

3π，. 22【题目点拨】

本题主要考查了正弦型三角函数的性质，属于基础题. 16．-2 【解题分析】

表示该二项式的展开式的第r+1项，令其指数为3，再代回原表达式构建方程求得答案. 【题目详解】

r该二项式的展开式的第r+1项为Tr1C6ax236r1rr123r

1a6rC6xxr31233令123r3r3，所以T41a63C6x20a3x3，则20a3160a2

故答案为：2 【题目点拨】

本题考查由二项式指定项的系数求参数，属于简单题.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（1）,【解题分析】

（1）分x≤2、2x35（2）见解析. ,；

5311、x三种情况解不等式fx2，综合可得出原不等式的的解集；

44（2）利用绝对值三角不等式可求得函数yfx5x2的最小值为k9，进而可得出a6b1，再将代数式

6161与a6b相乘，利用基本不等式求得的最小值，进而可证得结论成立. abab【题目详解】

（1）当x≤2时，由fx2，得14xx22，即13x0，解得x当2x1，此时x≤2； 3313时，由fx2，得14xx22，即5x30，解得x，此时2x； 455当x551时，由fx2，得4x1x22，即3x50，解得x，此时x. 43335,fx2综上所述，不等式的解集为,；

53（2）yfx5x24x14x24x14x84x14x89， 当且仅当4x14x80时取等号，所以k9，a6b1.

所以

616136ba36baa6b6612224， abababab当且仅当

36ba1611，即a，b时等号成立，所以24.

2ab12ab所以616ba26，即26. abab【题目点拨】

本题考查含绝对值不等式的求解，同时也考查了利用基本不等式证明不等式成立，涉及绝对值三角不等式的应用，考

查运算求解能力，属于中等题.

nn118．（1）an2，bnn；（2）Cn22. n1【解题分析】

（1）令n1可求得a1的值，令n2，由Sn2an2得出Sn12an12，两式相减可推导出数列an为等比数列，确定该数列的公比，利用等比数列的通项公式可求得数列an的通项公式，再利用对数的运算性质可得出数列bn的通项公式；

（2）运用等差数列的求和公式，运用数列的分组求和和裂项相消求和，化简可得Tn. 【题目详解】

（1）当n1时，S12a12，所以a12；

当n2时，anSnSn12an22an12，得an2an1，即所以，数列an是首项为2，公比为2 的等比数列，an22n1an2， an12n.

bnlog22nn；

（2）由（1）知数列bn是首项为1，公差为1的等差数列，

Tnn1nn1n(n1). 122cn2n2112n2，

nn1nn12Cn22所以Cn2n1111221223n1122n112n1212. nn112n1n12. n1【题目点拨】

本题考查数列的递推式的运用，注意结合等比数列的定义和通项公式，考查数列的求和方法：分组求和法和裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题． 19．（1）P2；（2）见解析，有95%的把握判断了解新高考与年龄（中青年、中老年）有关联；（3）分布列见解析，5E(X)6. 5【解题分析】

（1）分别求出中青年、中老年对高考了解的频数，即可求出概率； （2）根据数据列出列联表，求出K2的观测值，对照表格，即可得出结论；

（3）年龄在[55,65)的被调查者共5人，其中了解新高考的有2人，X可能取值为0，1，2，分别求出概率，列出随

机变量分布列，根据期望公式即可求解. 【题目详解】

（1）由题中数据可知，中青年对新高考了解的概率P2211， 3015中老年对新高考了解的概率P（2）22列联表如图所示 82. 205了解新高考 不了解新高考 总计 8 12 20 30 20 50 中青年 22 老年 总计 8 30 50(221288)2K5.563.841，

302020302所以有95%的把握判断了解新高考与年龄（中青年、中老年）有关联. （3）年龄在[55,65)的被调查者共5人，其中了解新高考的有2人， 则抽取的3人中了解新高考的人数X可能取值为0，1，2，

0312C2C3C2C3631P(X1)； 则P(X0)；33C5105C51021C2C3P(X2)33.

C510所以X的分布列为

X 0 P 1 2 133 10510E(X)0133612. 105105【题目点拨】

本题考查概率、性检验及随机变量分布列和期望，考查计算求解能力，属于基础题. 20．（1）详见解析；（2）详见解析. 【解题分析】

（1）利用求导数，判断f(x)在区间(1,)上的单调性，然后再证f(),f()异号，即可证明结论；

3274x2(lnx2)（2）当x1时，不等式g(x)0恒成立，分离参数只需x1时，a恒成立，

x149x2(lnx2)设h(x)（x1），需ah(x)min，根据（1）中的结论先求出h(x)min，再构造函数结合导数法，

4x1证明h(x)min【题目详解】 （1）f(x)1lnx49即可. 4223lnx4， xx令f(x)m(x)，则m(x)120， xx2所以m(x)f(x)在区间(1,)上是增函数，

则f(x)f(1)2，所以f(x)在区间(1,)上是增函数. 又因为f1313ln0， 2222171177fln1ln0，

444444所以f(x)在区间(1,)上有且仅有一个零点x0，且x037,. 24（2）由题意，g(x)lnx2xaa20在区间1,上恒成立， xx2即(x1)ax(lnx2)在区间1,上恒成立， 当x1时，aR；

x2(lnx2)当x1时，a恒成立，

x1x2(lnx2)设h(x)（x1），

x1所以h(x)x[(x2)lnx3x5]xf(x). 2(x1)(x1)2由（1）可知，m37,，使f(m)0， 24所以，当x(1,m)时，h(x)0，当x(m,)时，h(x)0， 由此h(x)在区间(1,m)上单调递减，在区间(m,)上单调递增，

所以h(x)minm2(lnm2). h(m)m1又因为f(m)(m2)lnm3m50，

53mm2所以lnm，从而h(x)minh(m)，

m22m37m2m2.令h(m)所以a，m,，

242m2mm24m0， 则h(m)2(2m)所以h(m)在区间37,上是增函数， 24所以h(m)h【题目点拨】

49749ah(m). ，故444本题考查导数的综合应用，涉及到函数的单调性、函数的零点、极值最值、不等式的证明，分离参数是解题的关键，意在考查逻辑推理、数学计算能力，属于较难题. 21．（1）见解析；（2）【解题分析】

（1）根据菱形的特征和题中条件得到B1C平面ABC1，结合线面垂直的定义和判定定理即可证明；

25. 5(2)建立空间直角坐标系，利用向量知识求解即可．

【题目详解】

（1）证明：∵四边形BB1C1C是菱形，

∴B1CBC1，

ABB1C,ABBC1B,

B1C平面ABC1

AO平面ABC1， B1CAO

又

ABAC1,O是BC1的中点，

AOBC1，

又

B1CBC1O

AO平面BB1C1C

（2）

AB//A1B1

∴直线A1B1与平面BB1C1C所成的角等于直线AB与平面BB1C1C所成的角．

AO 平面BB1C1C，

∴直线AB与平面BB1C1C所成的角为ABO，即ABO45． 因为ABAC16，则在等腰直角三角形ABC1中BC123， 所以BO3,COBOBOtan301． 1在RtABO中，由ABO45得AOBO3，

以O为原点，分别以OB,OB1,OA为x,y,z轴建立空间直角坐标系Oxyz．

则A(0,0,3),B(3,0,0),B1(0,1,0),C1(3,0,0) 所以A,0) 1B1AB(3,0,3),BC11(3,1设平面A1B1C1的一个法向量为n1(x,y,z)，

nA1B13x3z0则，可得n1(1,3,1)， nB1C13xy0取平面BB1C1C的一个法向量为n2(0,0,1)， 则cosn1,n2n1n215，

5|n1||n2|525． 5所以二面角A1B1C1B的正弦值的大小为（注：问题（2）可以转化为求二面角ABCB1的正弦值，求出AOBO3后，在RtOBC中，过点O作BC的垂线，垂足为H，连接AH，则AHO就是所求二面角平面角的补角，先求出OH最后在RtAOH中求出sinAHO【题目点拨】

本题主要考查了线面垂直的判定以及二面角的求解，属于中档题． 22．（1）[1,4]（2）3 【解题分析】

315，再求出AH，

2225．） 5x5,x1,（1）化简得到f(x)3x3,1x2,，分类解不等式得到答案.

x5,x2.（2）f(x)的最大值mf(2)3，2ab3(a0,b0)，利用均值不等式计算得到答案. 【题目详解】

x5,x1,（1）f(x)x142x3x3,1x2,

x5,x2.x1,1x2,x2,1(x1)，故 因为f(x)或或111x5(x1)3x3(x1)x5(x1),3333解得1x2或2x4，故不等式f(x)1(x1)的解集为[1,4]. 3（2）画出函数图像，根据图像可知f(x)的最大值mf(2)3. 因为2ab3(a0,b0)，所以

2112112a2b1(2ab)5(225)3， ab3aab3b3当且仅当ab1时，等号成立，故

21的最小值是3. ab

【题目点拨】

本题考查了解不等式，均值不等式求最值，意在考查学生的计算能力和转化能力.