福建省安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学四校2023-2024学年高三下学期返校联考数学试题（含解析）

安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学2024年春高三返校联考
考试科目：数学 满分：150分 考试时间：120分钟
第Ⅰ卷（选择题）
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，只有一个是符合要求的．
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．若复数是纯虚数，则实数（ ）
A． B． C． D．
3．在中，是线段上一点，满足是线段的中点，设，则（ ）
A． B． C． D．
4．深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的．在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为22，且当训练迭代轮数为22时，学习率衰减为0.45，则学习率衰减到0.05以下（不含0.05）所需的训练迭代轮数至少为（ ）（参考数据：）
A．11 B．22 C．227 D．481
5．已知椭圆的左右焦点为为椭圆上一点，，则的面积为（ ）
A． B．1 C．3 D．
6．在中，角所对的边分别为，若成等差数列，则（ ）．
A． B． C． D．
7．已知双曲线的左右顶点为，点均在上，且关于轴对称．若直线的斜率之积为，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．已知正数满足为自然对数的底数，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，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．已知是直线与函数图象的两个相邻交点，若，则的值可能是（ ）
A．2 B．4 C．8 D．10
10．在正方体中，是正方形内部（含边界）的一个动点，则（ ）
A．存在唯一点，使得
B．存在唯一点，使得直线与平面所成的角取到最小值
C．若，则三棱锥外接球的表面积为
D．若异面直线与所成的角为，则动点的轨迹是抛物线的一部分
11．学校食堂每天中午都会提供两种套餐供学生选择（学生只能选择其中的一种），经过统计分析发现：学生第一天选择套餐的概率为，选择套餐的概率为．而前一天选择了套餐的学生第二天选择套餐的概率为，选择套餐的概率为；前一天选择套餐的学生第二天选择套餐的概率为，选择套餐的概率也是，如此反复．记某同学第天选择套餐的概率为，选择套餐的概率为．一个月（30天）后，记甲乙丙三位同学选择套餐的人数为，则下列说法中正确的是（ ）
A． B．数列是等比数列 C． D．
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在答题卡的相应位置．
12．已知圆，直线，圆上恰好有两个点到直线的距离等于1．则符合条件的实数可以为______．（只需写出一个满足条件的实数即可）
13．梯形中，，分别以为轴旋转一周所得到的旋转体的体积的最大值为______．
14．若过点可以作曲线的两条切线，则实数的取值范围为______．
四、解答题：本大题共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）如图为一块直四棱柱木料，其底面满足：．
（1）要经过平面内的一点和棱将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？（借助尺规作图，并写出作图说明，无需证明）
（2）若，当点在点处时，求直线与平面所成角的正弦值．
16．（15分）如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，质点到达位置的数字记为．
（1）若该质点共移动2次，位于原点的概率．
（2）若该质点共移动6次，求该质点到达数字的分布列和数学期望．
17．（15分）有个正数，排成行列的数表：
，
其中表示位于第行，第列的数．数表中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等．已知．
（1）求公比．
（2）求．
18．（17分）已知抛物线经过点．
（1）求抛物线的方程及其准线方程．
（2）设为原点，直线与抛物线交于（异于）两点，过点垂直于轴的直线交直线于点，点满足．证明：直线过定点．
19．（17分）已知函数．
（1）证明：对任意的，都有．
（2）若关于的方程有两个不等实根，证明：．
安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学
2024年春高三返校联考数学参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 A C B D A A C B AD BCD ABD
1．答案：A
解析：由，得或，所以，由，得，所以，所以．
2．答案：C
解析：，则，有．
3．答案：B
解析：因为是线段上一点，满足，
所以，
又是线段的中点，所以，
所以，
所以，故．
4．答案：D
解析：由于，所以，
依题意，则，
由得，
，
，
所以所需的训练迭代轮数至少为481轮．
5．答案：A
解析：为短轴上的顶点．
6．答案：A
解析：因为，所以．
又因为成等差数列，则．
根据正弦定理可得：，即，
展开得：，
进一步得：，
因为，可得，
又易知为锐角，所以，则，故A正确．
7．答案：C
解析：设，则．
8．答案：B
解析：由题设，则，且，则，
令且，故，
令，则在上递增，故，
所以在上递增，故，
所以在上递增，故，即在上恒成立，故，A错，B对；对于的大小关系，令且，而，
显然在上函数符号有正有负，故的大小在上不确定，
即的大小在上不确定，所以C、D错．
9．答案：AD
解析：设函数的最小正周期为，则或者，
即或，解得或，
10．答案：BCD
解析：对于A选项：正方形中，有，
正方体中有平面平面，
又平面平面，
只要平面，就有在线段上，有无数个点，A选项错误；
对于B选项：平面，直线与平面所成的角为取到最小值时，最大，此时点与点重合，B选项正确；
对于C选项：若，则为中点，为等腰直角三角形，外接圆半径为，三棱锥外接球的球心到平面的距离为，则外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为，C选项正确；
对于D选项：以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则有，有，化简得是正方形内部（含边界）的一个动点，所以的轨迹是抛物线的一部分，D选项正确．
11．答案：ABD
解析：由于每人每次只能选择两种套餐中的一种，所以，所以A正确，依题意，，则，又时，，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，当时，，所以，
12．答案：符合即可
13．答案：
解析：如下图所示：
由题意可知，四边形是直角梯形，且为直角腰，．
①若以为轴旋转一周，则形成的几何体为圆台，且圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为1，几何体的体积为；
②若以为轴旋转一周，则形成的几何体是由一个圆柱和一个圆锥拼接而成的几何体，且圆柱、圆锥的底面半径均为1，高均为1，几何体的体积为；
③若以为轴旋转一周，则形成的几何体是在一个圆柱中挖去一个圆锥所形成的几何体，圆柱的底面半径为1，高为2，圆锥的底面半径与高均为1，几何体的体积为．因为，因此，分别以为轴旋转一周所得到的旋转体的体积的最大值为．
14．答案：
解析：曲线有渐近线，且与轴交于点．结合图像可知，点应位于与渐近线之间，故有，解得：．
15．解析：（1）过点作直线，分别交于，连接．
（2）以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系．
则
．
设平面的法向量为，则，
取．
设直线与平面所成角为，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
16．解析：（1）质点移动2次，可能结果共有种，
若质点位于原点，则质点需要向左、右各移动一次，共有种，
故质点位于原点的概率．
（2）质点每次移动向左或向右，设事件为“向右”，则为“向左”．
故，
设表示6次移动中向左移动的次数，则，质点到达的数字，
所以，
，
，
，
，
，
，
所以的分布列为：
0 2 4 6
．
17．解析：（1）第4行公差为．
由已知：，所以．又每个数都是正数，所以．
（2）因为，所以是首项为，公差为的等差数列．故．
因为每一列的数成等比数列，并且所有的公比都相等，所以．
故，设的前项和为，
①,
②,
①-②得
．
所以．
18．解析：（1）由已知，，所以．
抛物线，准线方程为．
（2）由，消去，得．
设，则，且．
直线方程为：．所以．
又，则为中点，所以．
所以．
令，则．
又．
所以直线过定点．
19．解析：令．
则．
又当时，，所以在上单调递增．
所以当时，，当时，．
所以．故对任意的，都有．
，当时单调递减，
当时单调递增．
又，所以．
设函数的图象与直线的交点的横坐标分别为和．
不妨设，则，所以．
又方程可化为，其两根为和，
所以．
所以．
故．
当时，，函数图像在直线的下方．
当时，令，
则．
所以在上递减，在上递增．
又．所以当时，．
故，函数图像在直线的下方．
直线与直线的交点横坐标分别为，与直线交点的横坐标为，则．
所以．
综上，．