福建省福州市台江区福州第四中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题

答案第 1页，共 17页 福州四中 2024-2025 学年第一学期高二期中考 数学参考答案 1．B 【分析】根据复数模的几何意义求解. 【详解】 2 24 3i 4 3 5    ； 故选：B. 2．B 【分析】根据向量模及数量积的坐标表示求出 � ， b  ， a b  ，再根据夹角公式计算可得. 【详解】解：因为 3 1 2 2 a          ， ，  3, 1b   ， 所以 2 23 1 1 2 2 a               ，    2 23 1 2b    ， 3 13 ( 1) 12 2a b        ， 所以 1cos , 2 a ba b a b         ， 因为  , 0,a b    ，所以 , 3 a b  r r ； 故选：B． 3．A 【分析】利用诱导公式和同角三角函数值可求得 sin ,cos ，利用两角和差余弦公式可求得 结果. 【详解】   1tan tan 2       ，又 为第二象限角， 5sin 5   ， 2 5cos 5    ， 3 3 3 2 5 2 5 2cos cos cos sin sin 4 4 4 5 2 5 2                         10 10  . 故选：A. 4．D 【分析】由题意可知导函数  f x 是偶函数，所以不等式等价于    1f x f  ，利用导函数 的单调性解不等式. 【详解】因为函数  f x 是奇函数，所以导函数  f x 是偶函数， 答案第 2页，共 17页 所以    1f x f  ，等价于    1f x f  因为  f x 在  0,  上是减函数， 所以 1x  ，解得： 1 1x   ， 即不等式的解集是 1 1x x   . 故选：D 【点睛】本题考查利用函数的性质解抽象不等式，重点考查函数性质的综合应用，属于基础 题型. 5．C 【分析】设函数   2 2 , 0 , 0 x xf x x x x x        ,再利用函数的单调性分析判断得解. 【详解】设函数   2 2 , 0 , 0 x xf x x x x x        为单调递增函数， 故    f m f n m n   ， 所以“m m n n ”是“m n ”的充要条件， 故选 C. 【点睛】本题主要考查函数的单调性和充要条件的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌 握水平和分析推理能力. 6．B 【详解】令 ( ) ( )f x g x ,可得 2 1 ax b x   ． 设 2 1( ) ,F x y ax b x    根据题意 ( )F x 与直线 y ax b  只有两个交点， 不妨设 1 2x x ，结合图形可知，当 0a  时如右图， y ax b  与 ( )F x 左支双曲线相切，与右支双曲线有一个交点， 根据对称性可得 1 2| |x x ，即 1 2 0  x x ，此时 1 2 0x x  ， 2 1 1 2 2 1 1 1 , 0y y y y x x         ， 同理可得，当 0a  时如左图， 1 2 0x x  ， 1 2 0y y  答案第 3页，共 17页 故选：B． 【点睛】本题从最常见了两类函数出发进行了巧妙组合，考查数形结合思想、分类讨论思想， 函数与方程思想等，难度较大，不易入手,具有很强的区分度. 7．D 【分析】根据题意，画出示意图，结合三角形面积及四面积体积的最值，判断顶点 D的位 置；然后利用勾股定理及球中的线段关系即可求得球的半径，进而求得球的面积． 【详解】根据题意，画出示意图如下图所示 因为 2 2 2AB BC AC  ，所以三角形 ABC为直角三角形，面积为 1 2 2 1 2 S     ，其 所在圆面的小圆圆心在斜边 AC的中点处，设该小圆的圆心为 Q 因为三角形 ABC的面积是定值，所以当四面体 ABCD体积取得最大值时，高取得最大值 即当 DQ⊥平面 ABC时体积最大 所以 1 4 3 3ABC S DQ   所以 4DQ  设球心为 O，球的半径为 R，则 2 2 2OA AQ OQ  即  22 21 4R R   解方程得 17 8 R  答案第 4页，共 17页 所以球的表面积为 217 2894 8 16 S        所以选 D 【点睛】本题考查了空间几何体的外接球面积的求法，主要根据题意，正确画出图形并判断 点的位置，属于难题． 8．D 【分析】由条件求得 ABCV 与 APB△ 的外接圆的半径为 2， PCD△ 是等边三角形，由此作出 过平面 PCD的截面，先在 1Rt OO D△ 中求出 1OO ，再利用勾股定理求得 2R ，从而求得三棱锥 P ABC 的外接球的表面积. 【详解】取 AB中点D，连接 ,PD CD，如图， 因为 PA PB ，所以 PD AB ， 所以在Rt PAD△ 中， 2PA  ， 1 3 2 AD AB  ， 2 2 1PD AP AD   ， 所以 60 , 120APD APB     ， 设 APB△ 外接圆圆心为 1O ，半径为 r，则 2 4sin120 ABr    ，即 2r  ； 同理可得： 1, 120CD ACB   ， ABCV 的外接圆半径也为 2， 因为 1PC PD CD   ，所以 PCD△ 是等边三角形， 则 60PDC  ，即二面角 P AB C  为60， 球心O在平面 PCD上，过平面 PCD的截面如图所示，则 1 1O D r PD   ， 所以在 1Rt OO D△ 中， 1 1 1 1 3tan tan30 2 3 OO OD PDC OD         ， 所以 2 2 2 1 1 1 134 3 3 OF OO O F     ，即 2 13 3 R  ， 所以外接球的表面积 2 524 3 S R   ． 故选：D. 答案第 5页，共 17页 【点睛】本小题主要考查几何体外接球的表面积的求法，考查三角形外心的求解方法.在解 决有关几何体外接球有关的问题时，主要的解题策略是找到球心，然后通过解三角形求得半 径.找球心的方法是先找到一个面的外心，再找另一个面的外心，球心就在两个外心垂线的 交点位置. 9．AB 【分析】选项 A、B，根据频率分布直方图的性质，面积代表频率，可得答案； 选项 C，根据频率分布直方图的中位数估计值的计算公式，可得答案； 选项 D，根据频率分布直方图的平均数估计值的计算公式，可得答案. 【详解】由图可得100 (0.001 0.002 0.0026 2 0.0004) 1 0.0014a a         样本在区间 500,700 内的频数为100 (0.0014 0.0004) 100 18    ，故 A正确； 年收入在 300万元以内的企业频率为100 (0.001 0.002) 0.3   ，故 B正确； 100 (0.001 0.002 0.0026) 0.56 0.5     则中位数在 300, 400 之间， 设为 x则  300 0.0026 0.2 377 350x x      ，故 C不正确； 年收入平均数超过 150 0.1 250 0.2 350 0.26 450 0.26 550 0.14 650 0.04 376 400             ，D不正确. 故选：AB. 10．AB 【分析】 根据题意，求出 直线 l过定点为Q，得到 M轨迹是以 PQ为直径的圆，分析可得点 P到直 线 l的最大距离即 | |PQ ，可得A,B正确；分析M 的轨迹和轨迹方程，结合点与圆的位置关 系可得C，D错误，综合可得答案. 【详解】 答案第 6页，共 17页 已知 3 2b a c  ， 则    3 2 2 3 0ax by c ax by b a a x b y           ，故直线 l过定点 (2, 3) ，A正确； 设Q的坐标为 (2, 3) ，则点 P到直线 l的最大距离即 | | 9 9 3 2PQ    ，B正确； 过点 ( 1,0)P  作直线直线 l： 0ax by c+ + = 的垂线，垂足为M ，则 PM MQ 恒成立，故M 的 轨迹是以 PQ为直径的圆， 而 ( 1,0)P  ， (2, 3)Q  ，则该圆的圆心为 1 3( , )2 2 E  ，半径 1 3 2| | 2 2 r PQ  ，故M 的轨迹方程为 2 21 3 9 2 2 2 x y              ， 又由  2,1N ，则 2 21 3 34 3 22 1 2 2 2 2 NE                 ，故 N在圆外，故 | |MN 的最大值 为 34 3 2| | 2 NE r   ，最小值为 34 3 2| | 2 NE r   ，故C ,D错误． 故选：AB． 11．ABD 【分析】由题易证得 1 //DC 面 1A BP，所以直线 1CD 到平面 1A BP的距离相等，又 1A BP 的面 积为定值，可判断 A；取 1,DD DC的中点分别为 ,M N，连接 , ,AM MN AN ，由面面平行的 判定定理可得平面 1 //ABP 面 AMN，因为 AQ 面 AMN，所以 AQ//平面 1A BP，当 AQ MN 时，AQ有最小值可判断 B；由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断 C；在 1 1 1,DD DC 上取点 3 2,A A ，使得 1 3 1 23 =1D A D A ， ，易知点 Q的轨迹为圆弧 2 3A A 可判断 D. 【详解】对于 A，因为 1 1//A B DC，又因为 1A B 面 1A BP， 1DC 面 1A BP，所以 1 //DC 面 1A BP， 答案第 7页，共 17页 所以直线 1CD 到平面 1A BP的距离相等，又 1A BP 的面积为定值，故 A正确； 对于 B，取 1,DD DC的中点分别为 ,M N，连接 , ,AM MN AN ， 则易证明： //AM PC， AM 面 1A BP， PC 面 1A BP，所以 //AM 面 1A BP， 又因为 1 //A B MN，，MN 面 1A BP， 1A B 面 1A BP，所以 //MN 面 1A BP， MN AM M  ，所以平面 1 //ABP 面 AMN， AQ 面 AMN，所以 AQ//平面 1A BP 当 AQ MN 时，AQ有最小值，则易求出 5, 2,AM MN  2 2 12 cos120 4 1 2 2 1 7 2 AN AD DN AD DN                  ，所 以 ,Q M重合，所以则 AQ的最小值为 5AM  ，故 B正确； 对于 C，若 1ABQ△ 的外心为 M，，过M 作 1MH A B 于点H， 2 2 1 = 2 +2 =2 2A B  则 2 1 1 1 1= =4 2 A B AM A B    .故 C错误； 答案第 8页，共 17页 对于 D，过 1A作 1 1 1AO C D 于点O，易知 1AO 平面 1 1C D D， 1 1 1 cos 13 OD AD   在 1 1 1,DD DC 上取点 3 2,A A ，使得 1 3 1 23 =1D A D A ， ，则 1 3 1 2 7A A A A  ， 3 2 7 3 2OA OA    所以若 1 7AQ  ，则Q在以O为圆心，2为半径的圆弧 2 3A A 上运动， 又因为 1 1 31, 3,DO D A  所以 3 2 3 A OA   ，则圆弧 2 3A A 等于 2 3  ，故 D正确. 故选：ABD. 12． 9 20 /0.45 【分析】依题意首先求出基本事件总数，再利用列举的方法求出事件 2( )f x x ax b   有两 个零点所含的结果个数，利用古典概型概率公式求出概率． 【详解】解：在1, 2,3, 4,5这五个数中，任取两个不同的数记作 ,a b是（1,2）、(1,3)、(1,4)、(1,5)、 (2,1)、(3,1)、(4,1)、(5,1)、……(4,5)、(5,4)共有 20种情况， 函数 2( )f x x ax b   有两个不同零点，即方程 2 0x ax b   有两个不相等实数根， 即 2 4 0a b    ，满足 2 4 0a b    有（5,4）、（5,3）、（5,2）、（5,1）、（4,3）、（4.2）、（4,1） （3,2）、（3，1）共 9种；所以所求概率 9 20 P  . 答案第 9页，共 17页 故答案为： 9 20 13． 27 64π 【分析】分别求出三棱柱的体积及其外接球的体积，利用体积型几何概型的概率公式计算. 【详解】设 AB a= ，则 1 2AA a ，由题意可知三棱柱 1 1 1ABC ABC 是正三棱柱，如图所示，G 为正 ABCV 的中心，O为外接球的球心， 则该三棱柱的体积   3 1 1 1 3sin 60 2 2 2ABC aV S AA a a a        . 因为 ABCV 是等边三角形，且 AB a= ， 60C  ，所以 ABCV 外接圆的半径 1 3 2 sin 3 AB ar C    . 设三棱柱 1 1 1ABC ABC 外接球的半径为 R，有OC R ， 3 3 aGC r  ， 1 1 2 OG AA a  ， 由OG平面 ABC，则 2 2 2OC GC OG  ，即 2 2 2 2 4 3 3 a aR a   ，从而 2 3 3 aR  ，故该三棱 柱外接球的体积 3 3 2 4 32 3ππ 3 27 aV R  . 由几何概型可知所求概率 1 2 27 64π VP V   . 故答案为： 27 64π 14．①④ 【分析】对于①，直接通过等体积法求解；对于②，选择合适的两组边并计算其夹角的正弦 值即可；对于③，直接构造出球心即可确定外接球的半径，从而计算出表面积；对于④，假 设内切球存在，然后推出矛盾，即可说明内切球不存在. 【详解】如图所示： 答案第 10页，共 17页 由于 AB垂直于平面 1 1BCC B ， 1C B在平面 1 1BCC B 内，所以 1C B AB . 而 1 1AB DC DC     ，所以有平行四边形 1 1ABC D ，从而四边形 1 1ABC D 是矩形. 对于①，由于四面体 1ABCC 的体积 1 1 1 1 1 3 4 5 10 3 2 3 2 V AB BC AA                   ， 同时 2 2 2 1 1 16 25 41BC BC CC     ， 所以 1 41BC  ，这表明矩形 1 1ABC D 的面积为 1 3 41AB BC  ， 从而三角形 1ABC 的面积 3 41 2 S  . 设点 C到平面 1 1ABC D 的距离为 h，则有 1 3 V Sh ， 从而 3 3 10 20 41 413 41 2 Vh S     ，①正确； 对于②，由于 1C B AB ，CB AB ， AB在平面 ABCD内， 所以 1C B与平面 ABCD所成角的正弦值为 1 1 1 5 5 41sin 4141 C C C BC C B     ，②错误； 对于③，记长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的中心为O， 则O到长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的每个顶点的距离都是体对角线长的一半，即 1 5 29 16 25 2 2    . 故以O为球心，半径为 5 2 2 的球同时经过堑堵 1 1BCC ADD 的每个顶点， 故是堑堵 1 1BCC ADD 的外接球， 从而堑堵 1 1BCC ADD 的外接球表面积 2 5 24π 50π 2 S         ，③错误； 答案第 11页，共 17页 对于④，假设堑堵 1 1BCC ADD 有内切球，设该内切球的球心为 I ，半径为 r， 则 I 在堑堵 1 1BCC ADD 内部，且到堑堵 1 1BCC ADD 的每个面的距离都是 r . 所以堑堵 1 1BCC ADD 的体积等于四棱锥 I ABCD 、四棱锥 1 1I ABC D 、三棱锥 1I BCC 和 三棱锥 1I ADD 、四棱锥 1 1I CDDC 的体积之和， 记矩形 ABCD、矩形 1 1ABC D 、三角形 1BCC 和三角形 1ADD、矩形 1 1CDDC 的面积分别为 1 2 3 4 5, ,, ,S S S S S ， 则 1 3 4 12S    ， 2 3 41 3 41S    ， 3 1 4 5 10 2 S     ， 4 1 4 5 10 2 S     ， 5 3 5 15S    . 同时，堑堵 1 1BCC ADD 是对长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 一分为二得到的， 故堑堵 1 1BCC ADD 的体积是长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的一半， 从而堑堵 1 1BCC ADD 的体积 0 1 3 4 5 30 2 V      ，这就说明：       1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3 3 3 1 1 3 3 r S S S S S rS rS rS rS rS r S S S S S S S S S S                     0 0 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 3 90 1 47 3 41 3 V V S S S S SS S S S S            . 但是 I 到平面 1BCC 和平面 1ADD的距离相等，且平面 1BCC 和平面 1ADD是长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的一组对面， 故它们平行，且距离为 3AB  . 所以 I 到平面 1BCC 和平面 1ADD的距离都等于平面 1BCC 和平面 1ADD距离的一半， 从而 3 2 r  . 这就导致了矛盾，所以堑堵 1 1BCC ADD 不存在内切球，④正确. 故答案为：①④. 【点睛】思路点睛：判断④我们还可以这么思考：如果存在内切球，那么内切球的最大圆面 在侧面三角形 1BCC 内的投影为三角形 1BCC 的内切圆，故几何体是否存在内切球等价于三角 答案第 12页，共 17页 形 1BCC 内切圆的半径与 2 AB 是否相等. 15．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）不存在，理由见解析. 【详解】【分析】（1）通过证线面垂直，证明 AC⊥EO，通过计算证明 EO⊥OF，然后得到 EO⊥平面 AFC （2）若 CR∥平面 ABF，又 CD∥平面 ABF则平面 CDF∥平面 ABF，得出矛盾 【详解】证明：（1）连结 FO，设 AB=BF=2DE=2a，则 DO=OB= 2 a， 所以 EO= 3 a，FO= 6 a，EF=3a。 在ΔEOF中，由 EO2+FO2=EF2，知 EO⊥OF…………（3分） 又 DE⊥平面 ABCD，所以 DE⊥AC，而 BD⊥AC， 所以 AC⊥平面 DOE，故 AC⊥EO…………（5分） 由 AC平面 AFC，FO面 AFC，AC∩FO=O，所以 EO⊥平面 AFC …………（7分） （2）找不到这样的点 R，使得 CR∥平面 ABF …………（9分） 假设存在这样的点 R，使得 CR∥平面 ABF，因为点 R与点 D不重合，所以 CD与 CR相交， 又 CD∥平面 ABF， CR∥平面 ABF，CD平面 ABF，CR∥平面 ABF， 所以平面 CDF∥平面 ABF …………（12分） 而平面 ABF与平面 CDF有公共点 F，所以平面 ABF 与平面 CDF必定相交矛盾， 所以，找不到这样的点 R，使得 CR∥平面 ABF …………（14分） 【点睛】立体几何题，考查学生的空间想象能力。 16．（1） 1b  （2） 1 3 k   【分析】（1）利用  0 0f  即可求解. （2）利用函数的奇偶性、单调性即可求解. 【详解】（1）因为  f x 是 R上奇函数，所以  0 0f  ， 答案第 13页，共 17页 即此时   1 1 1 20 1 2 2 2 2 x x b b f x           ， 因为    1 1 1 2 2 1 2 2 2 2 x x x xf x f x              成立，所以 1b  （2）因  f x 是奇函数，从而不等式：    2 22 2 0f t t f t k    等价于      2 2 22 2 2f t t f t k f k t      因  f x 为减函数，由上式推得： 2 22 2t t k t   . 即对一切 t R 有： 23 2 0t t k   从而判别式 14 12 0 3 k k       【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性求参数值，考查了函数的奇偶性、单调性解不等式， 属于基础题. 17．(1)证明见解析 (2)5 【分析】 （1）先证明 BD 平面 1 1ACC A ,根据线面垂直的性质定理即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面 1AD M 的法向量，根据平面 1AD M 与 平面 1AD D所成锐二面角的余弦值为 58 29 ，列式求出参数，即可求得答案. 【详解】（1） 在四棱台 1 1 1 1ABCD ABC D 中, 1 1,AA CC 延长后必交于一点，故 1 1, , ,A C C A共面， 因为 1AA 平面 ABCD , BD 平面 ABCD , 故 1AA BD , 连接 1 1,AC AC ，因为底面四边形 ABCD为菱形，故 AC BD , 1 1, ,AA AC A AA AC   平面 1 1ACC A , 故 BD 平面 1 1ACC A ,因为 1CC 平面 1 1ACC A , 所以 BD  1CC ； （2）过点 A作 BC的垂线作为 x轴，交 BC与 N点，以 1,AD AA 分别为 y轴，z轴的正方向 答案第 14页，共 17页 建立空间直角坐标系, 设 1 1 1AB  ，则 1 1 12 2 2  AB AA AB ， 由于 60ABC  ，故 1BN  , 则 1(0,0,0), (0,1,1), (0,2,0)A D D , 设 ( 3, ,0), ( 1 1)M y y   ， 则 1 (0,1,1)AD  uuur ， ( 3, ,0)AM y  ， (0,2,0)AD   ， 记平面 1AMD 的法向量为 ( , , )n a b c  ,则 1 0 0 AD n AM n           , 即 0 3 0 b c a by      ，令 1b  ，则 , 1 3 ya c    ，即 ( ,1, 1) 3 yn     ， 平面 1ADD的法向量可取为 (1,0,0)m   ， 由于平面 1AD M 与平面 1AD D所成锐二面角的余弦值为 58 29 ， 则 2 | | | | 58| cos , | 29| 3 ( ) 1 1 3 | | | n m y mn m n y                ， 解得 2 3 y   ， 当 M与 N点重合时，平面 1AD M 垂直于平面 1AD D， 由于平面 1AD M 与平面 1AD D所成角为锐二面角，故 2 3 y  ， 所以 2 5 11 , 3 3 3 BM MC    ,故 5 BM BC  . 18．(1)证明见解析 (2) 6 3 答案第 15页，共 17页 【分析】（1）只需证明 BC 平面 PQE即可；（2）用向量法求角度及基本不等式即可 【详解】（1） BC 的中点 ,E Q为 AC中点， QE AB ∥ ，又 AB BC ，可得QE BC ， 又直圆柱的上、下底面圆心分别为 , ,P Q PQ 平面 ABCD BC 平面 ,ABCD PQ BC  . 且 , ,QE PQ Q QE PQ  平面 ,PQE BC 平面 PQE； 又因为 BC 平面 PBC ，所以平面PQE 平面 PBC . （2）以D为坐标原点，DA所在的直线为 x轴，DC所在的直线为 y轴，过D作 z轴// 1AA， 建立如图所示空间直角坐标系. 则        3 2,3 2,0 , 3 2,3 2,6 , 6 2,6 2,0 , 0,6 2,0Q P B C ， 所以      0,0, 6 , 3 2,3 2, 6 , 6 2,0,0PQ PB CB       ， 设   0,0, 6 0 1PM PQ         ，  3 2, 3 2,6 6BM BP PM          ； 设平面 PBC 的法向量为  , ,n a b c ，则 3 2 3 2 6 0 6 2 0 n PB a b c n CB a             ， 取 1c  ，可得 0, 2a b  ，所以  0, 2,1n  ， 设直线 BM 与平面 PBC 所成角为 ， 2 6 6 6 sin cos , 3 18 2 (6 6 ) BM n BM n BM n                      2 22 1 1 2 22 2 3 13            ， 令 1t   ，则   22 2 21, , 1 2 2 1, 1t t t t           时， 2 min2 2 1 1t t     ， max min max 1 3 6(sin ) ,cos 1 (sin ) 3 33 1          . 答案第 16页，共 17页 19．（1） {17,9,10,18,20}A  ， ( ) 9m A  ， ( ) 20n A  ；（2）详见解析；（3） ( )m A 的最大值为 17， ( )n A 的最小值为 16． 【分析】（1）由题意易得 {17,9,10,18,20}A  ， ( ) 9m A  ， ( ) 20n A  ． （2）利用反证法，假设 ( ) 18m A ≥ ，可推出 1 1a  ， 10 1a  这一集合元素互异性的矛盾； （3）首先求 ( )m A ，由（2）知 ( ) 18m A  ，而 ( ) 17m A  是可能的；再证明： ( )n A 的最小值为 16． 【详解】（1）由题意易得 {17,9,10,18,20}A  ， ( ) 9m A  ， ( ) 20n A  . （2）证明：假设 ( ) 18m A ≥ ， 设 S  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10( ) ( ) ( ) 55a a a a a a a a a a          ， 则 1055 3 ( )S m A a ≥ = 103 18 a  ， 即 10 1a ≤ ，因为 1 ( 1,2,3, ,10)ia i  ≥ ，所以 10 1a  ， 同理，设 S  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10( ) ( ) ( ) 55a a a a a a a a a a          ，可以推出 1 1a  ， ia ( 1,2, ,10)i   中有两个元素为 1，与题设矛盾，故假设不成立， ( )m A 不可能为 18． （3） ( )m A 的最大值为 17， ( )n A 的最小值为 16． ①首先求 ( )m A ，由（2）知 ( ) 18m A  ，而 ( ) 17m A  是可能的． 当 ( ) 17m A  时， 设 S  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10( ) ( ) ( ) 55a a a a a a a a a a          则 1055 3 ( )S m A a ≥ = 103 17 a  即 10 4a ≤ ， 又 S  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10( ) ( ) ( ) 55a a a a a a a a a a          得 7 755 3 ( ) 51S m A a a   ≥ ，即 7 4a ≤ ． 答案第 17页，共 17页 同理可得： 4 ( 1,4,7,10)ia i ≤ ． 对于数列：1,6,10,2,7,8,3,9,5,4 此时 {17,18,19,20}A  ， ( ) 17 ( ) 20m A n A ， ，满足题意． 所以 ( )m A 的最大值为 17； ②现证明： ( )n A 的最小值为 16． 先证明 ( ) 15n A ≤ 为不可能的，假设 ( ) 15n A ≤ ． 设 S  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10( ) ( ) ( ) 55a a a a a a a a a a          ， 可得 1 155 3 ( ) 3 15n A a a  ≤ ≤ ，即 1 10a  ，元素最大值为 10，所以 1 10a  ． 又 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10( ) ( ) ( ) 55a a a a a a a a a a          4 43 ( ) 3 15n A a a  ≤ ≤ ， 同理可以推出 4 10a  ，矛盾，假设不成立，所以 ( ) 16n A ≥ ． 数列为： 7,6,2,8,3,4,9,1,5,10时， {13,14,15,16}A  ， ( ) 13 ( ) 16m A n A ， ，A中元素的最大值为 16． 所以 ( )n A 的最小值为 16． 【点睛】本题考查集合的新定义和反证法的运用，考查反证法的证明，考查逻辑推理能力、 运算求解能力，属于难题. 福州四中 2024-2025 学年第一学期高二期中考 数学 （完卷时间：120 分钟；满分：150 分） 一、单选题：本大题共 8 小题，每小题 5 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． | 4 3i| （ ） A．25 B．5 C．4 D．3 2．已知向量 3 1 2 2 a          ， ，  3, 1b   ，则 a、b的夹角为（ ） A． 4  B． 3  C． 2  D． 2 3  3．已知 为第二象限角﹐且   1tan 2     ，则 3cos 4       （ ） A． 10 10 B． 10 10  C． 3 10 10 D． 3 10 10  4．已知奇函数  f x 的导函数为   y f x x R  ，若  f x 在 0,  上是减函数，则不等 式    1f x f  的解集是（ ） A． 2,x x   或� > 2 B． 2 2x x   C． 1,x x   或� > 1 D． 1 1x x   5．设 ,m n R ，则“m m n n ”是“m n ”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 6．设函数 2 1( ) , ( ) ( , , 0)f x g x ax bx a b R a x      ，若 ( )y f x 的图象与 ( )y g x 图象有且仅 有两个不同的公共点 1 1 2 2( )A x y B x y, , ( , ),则下列判断正确的是 A．当 0a  时， 1 2 1 20, 0x x y y    B．当 0a  时， 1 2 1 20, 0x x y y    C．当 0a  时， 1 2 1 20, 0x x y y    D．当 0a  时， 1 2 1 20, 0x x y y    7．点 A，B，C，D在同一个球的球面上， 2AB BC  ， 2AC  ，若四面体 ABCD体积 的最大值为 4 3 ，则这个球的表面积为 A． 125 16 π B．8π C． 25π 16 D． 289π 16 8．在三棱锥 P ABC 中， 2, 2 3, 1PA PB AC BC AB PC      ，则三棱锥 P ABC 的外 接球的表面积为（ ） A． 4 3  B． 4 C．12 D． 52 3  二、多选题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符 合题目要求的，全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分。 9．为了更好地支持“中小型企业”的发展，某市决定对部分企业的税收进行适当的减免，现 调查了当地的 100家中小型企业年收入情况，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图， 则下面结论正确的是（ ）. A．样本在区间 500,700 内的频数为 18 B．如果规定年收入在 300万元以内的企业才能享受减免税政策，估计有 30%的当地中 小型企业能享受到减免税政策 C．样本的中位数小于 350万元 D．可估计当地的中小型企业年收入的平均数超过 400万元（同一组中的数据用该组区 间的中点值为代表） 10．已知3 2b a c  ，点 P到直线 l： 0ax by c+ + = 的垂足为M ，  1,0P  ，  2,1N ，则（ ） A．直线 l过定点 B．点 P到直线 l的最大距离为3 2 C．MN的最大值为 4 2 D．MN的最小值为 2 11．在直四棱柱 1 1 1 1ABCD ABC D 中，所有棱长均 2， 60BAD  ，P为 1CC 的中点，点 Q 在四边形 1 1DCC D 内（包括边界）运动，下列结论中正确的是（ ） A．当点 Q在线段 1CD 上运动时，四面体 1ABPQ的体积为定值 B．若 AQ//平面 1A BP，则 AQ的最小值为 5 C．若 1ABQ△ 的外心为 M，则 1 1AB AM   为定值 2 D．若 1 7AQ  ，则点 Q的轨迹长度为 2 3  三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分，把答案填在答题卡相应横线上。 12．在 1，2，3，4，5这五个数中，任取两个不同的数记作 ,a b，则满足 2( )f x x ax b   有 两个零点的概率是 ． 13．在直三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， ABCV 是等边三角形， 1 2AA AB ，在该三棱柱的外接球 内随机取一点 P，则点 P在三棱柱 1 1 1ABC ABC 内的概率为 . 14．我国古代数学著作《九章算术》中记载：斜解立方，得两堑堵．其意思是：一个长方体 沿对角面一分为二，得到两个一模一样的堑堵．如图，在长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 3AB  ， 4BC  ， 1 5AA  ，将长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 沿平面 1 1ABC D 一分为二，得到堑堵 1 1BCC ADD ，下列结论正确的序号为 ． ①点 C到平面 1 1ABC D 的距离等于 20 41 41 ； ② 1C B与平面 ABCD所成角的正弦值为 4 41 41 ； ③堑堵 1 1BCC ADD 外接球的表面积为100π； ④堑堵 1 1BCC ADD 没有内切球． 四、解答题：本题共 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 小题 12 分，16 小题 16 分，17 小题 15 分，18 小题 17 分，19 小题 17 分） 15.已知点O是正方形 ABCD两对角线的交点，DE⊥平面 ABCD，BF⊥平面 ABCD，且 AB=BF=2DE. （Ⅰ）求证：EO⊥平面 AFC； （Ⅱ）试问在线段 DF(不含端点)上是否存在一点 R,使得 CR∥平面 ABF,若存在,请指出点 R 的位置；若不存在,请说明理由. 16．已知定义域为 R的函数   1 2 2 2 x x bf x      是奇函数. （1）求b的值； （2）已知函数   1 2 2 2 x x bf x      为 R上的减函数，若对任意的 t R ，不等式 2 2( 2 ) (2 ) 0f t t f t k    恒成立，求 k的取值范围. 17．如图，在四棱台 1 1 1 1ABCD ABC D 中，底面四边形 ABCD为菱形， 60ABC   ， 1 1 12 2AB AA AB  ， 1AA 平面 ABCD . (1)证明： 1BD CC ； (2)若M 是棱 BC上一动点（含端点），平面 1AD M 与平面 1AD D所成锐二面角的余弦值为 58 29 ， 求 BM BC 的值. 18．如图，已知直圆柱的上、下底面圆心分别为 ,P Q， 1 1AACC是圆柱的轴截面，正方形 ABCD 内接于下底面圆Q，点 E是 BC中点， 16 2, 6AB AA  . (1)求证：平面PQE 平面 PBC ； (2)若点M 为线段 PQ上的动点，求直线 BM 与平面 PBC 所成角的余弦值的最小值. 19．已知数列 1 2 10a a a， ， ， 满足：对任意的 {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}i j， ，若 i j ，则 i ja a ，且 {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}ia  ，设集合 1 2{ | 1,2,3,4,5,6,7,8}i i iA a a a i     ，集合A中元素最小值记为 ( )m A ，集合A中元素最大值记为 ( )n A ． （1）对于数列：10 6 1 2 7 8 3 9 5 4， ，，，，，，，， ，写出集合 A及 ( ) ( )m A n A， ； （2）求证： ( )m A 不可能为 18； （3）求 ( )m A 的最大值以及 ( )n A 的最小值．