精品解析：福建省福州第二中学2025届高三上学期11月期中考试数学试题

福州第二中学2024-2025学年第一学期期中考试 高三数学 （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. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉.函数称为高斯函数，其中，表示不超过x的最大整数，例如：，，则方程的所有大于零的解之和为（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数在定义域上单调，若对任意的，都有，则方程的解的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 已知圆和圆交于两点，点在圆上运动，点在圆上运动，则下列说法正确的是（ ） A. 圆和圆关于直线对称 B. 圆和圆的公共弦长为 C. 的取值范围为 D. 若为直线上的动点，则的最小值为 4. 若定义在上的函数满足：且对任意的，有，则（ ） A. 对任意的正数M，存在，使 B. 存在正数M，对任意的，使 C. 对任意的，且，有 D. 对任意的，且，有 5. 已知函数，若对任意的恒成立，则正实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，都是定义在R上的函数，对任意x，y满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 函数的图象关于直线对称 D. 7. 在中，，是的外心，为的中点，，是直线上异于、的任意一点，则（ ） A. 3 B. 6 C. 7 D. 9 8. 已知函数是偶函数，，在上的解析式为，则与的图象交点个数为（ ） A. 104 B. 100 C. 52 D. 50 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. 对于数列，定义：，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，数列的前项和为，则 D. 若，，则 10. 如图，正方体的棱长为是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，则下列结论正确的有（ ） A. 沿正方体的表面从点到点的最短距离为 B. 保持与垂直时，点的运动轨迹长度为 C. 若保持，则点的运动轨迹长度 D. 平面截正方体所得截面为等腰梯形 11. 已知正四面体的棱长为4，点是棱上的动点（不包括端点），过点作平面平行于，与棱交于，则（ ） A. 该正四面体可以放在半径为的球内 B. 该正四面体的外接球与以点为球心，2为半径的球面所形成的交线的长度为 C. 四边形为矩形 D. 四棱锥体积的最大值为 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. 设，用表示不超过的最大整数，例如：，则__________． 13. 已知函数，若不等式仅有1个整数解，则实数的取值范围为_______. 14. 已知函数在区间上单调递增,那么实数ω的取值范围是____. 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. 已知函数，，且为偶函数． （1）若，求的值； （2）求实数的值； （3）若对任意的，存在，使得恒成立，求实数的取值范围． 16. 已知函数的最小正周期为. （1）求在区间上的单调递减区间； （2）将的图象先向右平移个单位长度，再将所得图象上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到的图象，若关于的方程在区间上有解，求实数的取值范围. 17. （1）已知，求的值. （2）已知，求的值. （3）关于的方程在上有两个不相等的实数根，，求的值. 18. 已知双曲线的左焦点，一条渐近线方程为，过做直线与双曲线左支交于两点，点，延长与双曲线右支交于两点． （1）求双曲线的方程； （2）判断直线是否过定点?若过定点，求出该点的坐标；若不过定点，请说明理由． 19. 已知函数（）. （1）若，求的图象在处的切线方程； （2）若有两个极值点，（）. ①求的取值范围； ②求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州第二中学2024-2025学年第一学期期中考试 高三数学 （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. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉.函数称为高斯函数，其中，表示不超过x的最大整数，例如：，，则方程的所有大于零的解之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】，，使，可得，，分类讨论k为奇数和偶数的情况，求出k的值，再代入求解即可. 【详解】，，使，则， 于是，， 若k为奇数，则，， ，则，解得，或， 当时，，，，，解得， 当时，，，，，解得； 若k为偶数，则，则， ，则，解得，或， 当时，，，，，解得， 当时，，，，，解得， 所以所有大于零的解之和为. 故选：D 【点睛】结论点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 2. 已知函数在定义域上单调，若对任意的，都有，则方程的解的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】先求得的表达式，然后根据零点存在性定理等知识求得正确答案. 【详解】设①，则， 由①令得，在上单调递增， ，题意，所以. 对于方程，即， 两边除以得， 函数，在上单调递增， ，所以有唯一零点在区间， 所以方程有唯一解. 故选：B 【点睛】思路点睛： 设定函数并分析单调性：首先设定函数（换元法），并根据定义域和题目条件，分析函数的单调性. 利用零点存在性定理判断解的个数：结合函数的单调性和零点存在性定理，判断方程解的个数，从而得出最终结论. 3. 已知圆和圆交于两点，点在圆上运动，点在圆上运动，则下列说法正确的是（ ） A. 圆和圆关于直线对称 B. 圆和圆的公共弦长为 C. 的取值范围为 D. 若为直线上的动点，则的最小值为 【答案】D 【解析】 【分析】求出圆心和半径，再结合中垂线知识可判断A，利用等等这些距离公式结合勾股定理可判断B，由题意可知，当点和重合时，的值最小，当，，，四点共线时，的值最大，进而可判断C，求出关于直线对称点的坐标，再结合两点间距离公式可判断D. 【详解】对于A，和圆， 圆心和半径分别是， 则两圆心中点为， 若圆和圆关于直线对称，则直线是的中垂线， 但两圆心中点不在直线上，故A错误； 对于B，到直线的距离， 故公共弦长为，B错误； 对于C，圆心距为，当点和重合时，的值最小， 当四点共线时，的值最大为， 故的取值范围为，C错误； 对于D，如图，设关于直线对称点为， 则解得即关于直线对称点为， 连接交直线于点，此时最小， ， 即的最小值为，D正确. 故选：D. 4. 若定义在上的函数满足：且对任意的，有，则（ ） A. 对任意的正数M，存在，使 B. 存在正数M，对任意的，使 C. 对任意的，且，有 D. 对任意的，且，有 【答案】A 【解析】 【分析】运用导数研究在上的单调性及值域，构造数列，，结合函数迭代可得，研究当趋近于时，的趋近即可判断A项、B项，取可判断D项，进而取且可判断C项. 【详解】对于A项、B项，当时，令， 设，，则，， 所以在上单调递减， 所以当时，， 所以当时，，即当时，. 构造数列：，． 设， 则，，…，． 当趋近于时，趋近于， 所以对任意的正数M，存在正整数，使．取，则，故A项正确； 所以不存在正数M，对任意的，使，故B项不成立； 对于D项，取， 令，， 由复合函数单调性可知，在上单调递增，则， 所以在上单调递增，且值域为，故D项不成立. 对于C项，取函数且，故C项不成立. 故选：A. 【点睛】研究抽象函数性质方法点睛：直接研究函数性质或构造函数通过举反例判断. 5. 已知函数，若对任意的恒成立，则正实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件得，即，化为，构造函数求导利用导数求出函数的单调性，即可得到，构造函数，求导，根据函数的单调性即可求出的最大值，即可求解. 【详解】由题意可得对任意的恒成立， 即，对任意的恒成立； 因为，所以，化为， 令，则有，因为， 在上恒大于，所以单调递增，所以有， 因为，所以，即在上恒成立； 令， ，所以在上恒成立； 因为，令，解得， 所以当时， 单调递增，当时， 单调递减， 由此可知在时，取得最大值，所以，所以. 故选：D 【点睛】结论点睛：隐蔽性指对同构，需要补因式，如：，两边同乘以，化为，即. 6. 已知，都是定义在R上的函数，对任意x，y满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 函数的图象关于直线对称 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用赋值法结合题目给定的条件可判断A、D，取可判断C，对于B，通过观察选项可以推断很可能是周期函数，结合的特殊性及一些已经证明的结论，想到令和时可构建出两个式子，两式相加即可得出，进一步得出是周期函数，从而可求的值. 【详解】对于A，令，可得，得， 令，，代入已知等式得， 可得，结合得， 所以，故A错误； 对于D，因为，令，代入已知等式得， 将，代入上式，得，所以函数为奇函数. 令，，代入已知等式，得， 因为，所以， 又因为，所以， 因为，所以，故D正确； 对于B，分别令和，代入已知等式，得以下两个等式： ，， 两式相加易得，所以有， 即， 有， 即，所以为周期函数，且周期为， 因为，所以，所以，， 所以， 所以 ，故B错误； 对于C，取，，满足及， 所以，又， 所以函数的图像不关于直线对称，故C错误； 故选：D. 【点睛】思路点睛：对于含有的抽象函数的一般解题思路是：观察函数关系，发现可利用的点，以及利用证明了的条件或者选项；抽象函数一般通过赋值法来确定、判断某些关系，特别是有双变量，需要双赋值，可以得到一个或多个关系式，进而得到所需的关系，此过程中的难点是赋予哪些合适的值，这就需要观察题设条件以及选项来决定. 7. 在中，，是的外心，为的中点，，是直线上异于、的任意一点，则（ ） A. 3 B. 6 C. 7 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】根据外心的性质得到，设，根据数量积的运算律得到，再由数量积的定义及几何意义求出，从而得解. 【详解】因为是的外心，为的中点，设的中点为，连接， 所以，，设， 则 ， 又是的外心，所以 ， 所以. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是根据外接圆的性质将转化为，再一个就是利用数量积的几何意义求出. 8. 已知函数是偶函数，，在上的解析式为，则与的图象交点个数为（ ） A. 104 B. 100 C. 52 D. 50 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得是以4为周期的周期函数，且与的图象都关于对称，由，求得或，从而可得两函数图象在上有交点，再结合图象和周期可求得结果. 【详解】因为函数是偶函数，所以， 所以的图象关于对称， 令，则，得， 所以， 所以，所以， 所以是以4为周期的周期函数， 因为在上的解析式为，的图象关于对称， 所以的图象如图所示， 的图象关于对称，的值域为， 当时，，令，得， 当时，，令，得， 因为，由图象可知两函数图象在每个周期内有2个交点， 所以与的图象交点个数为个， 故选：B 【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程，考查周期函数的性质，考查对数函数，解题的关键是作出两函数的图象，结合图象求解，考查数形结合的思想，属于较难题. 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. 对于数列，定义：，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，数列的前项和为，则 D. 若，，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据所给的，定义，分别对每个选项进行计算和分析可判断ABC，对D选项，先递推出，再利用错位相减法进行求和，即可得出，代入化简即可判断. 【详解】对于A，因为， 所以，故A正确； 对于B，因为， ，所以，故B正确； 对于C，因为， 所以，又时，，，故C错误； 对于D，因为， 所以，，…，， ，所以， 所以， 则 ， 所以，则，.又时也成立， 所以，， 又因， 所以，故D正确. 故选：ABD 10. 如图，正方体的棱长为是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，则下列结论正确的有（ ） A. 沿正方体的表面从点到点的最短距离为 B. 保持与垂直时，点的运动轨迹长度为 C. 若保持，则点的运动轨迹长度 D. 平面截正方体所得截面为等腰梯形 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，把正方形、正方形展开在同一平面内计算判断A；对B，过作与垂直的正方体的截面计算判断B；对C，求出点的轨迹计算判断C；对D，作出平面截正方体所得截面计算判断D作答. 【详解】对于A，在棱长为4的正方体中，将正方形、正方形展开置于同一平面，如图，      连接，则，A错误； 对于B，在棱上分别取点，使，连接，如图，    由，得平行四边形，即，由，得，同理， 于是，而平面，平面，，又， ，平面 ，则平面 ，平面 ，有， 同理，从而，又平面， 因此平面，而平面平面，则的运动轨迹为线段， 此时与始终垂直，，B正确； 对于C，在棱上取点，使，连接，则，如图，    而平面，则有平面，平面，则， 而，于是，点在以为圆心，2为半径的圆弧上， 此时圆心角为，点的运动轨迹长度，C正确； 对于D，在棱上取点，使，连接，如图，    由，得，正方体的对角面为矩形， 则，于是平面截正方体所得截面为梯形. 又，，从而为等腰梯形.故D正确. 故选：BCD 11. 已知正四面体的棱长为4，点是棱上的动点（不包括端点），过点作平面平行于，与棱交于，则（ ） A. 该正四面体可以放在半径为的球内 B. 该正四面体的外接球与以点为球心，2为半径的球面所形成的交线的长度为 C. 四边形为矩形 D. 四棱锥体积的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】选项A，将正四面体放置到正方体中，通过求正方体的外接球半径得出正四面体外接球半径为，即可判断出选项A的正误；选项B，根据条件，求出两球相交圆的半径即可判断选项B的正误；选项C，取的中点，连接，根据条件可得平面，从而得到，再利用平行于，可得出四边形为平行四边形，即可判断出选项C的正误，选项D，取中点，连接，交平面于点，设，根据条件得出，构造函数，利用导数与函数的单调性间关系，求出的最值，即可解决问题. 【详解】对于选项，如图，将正四面体放置到正方体中，易知正四面体外接球即正方体的外接球， 因为正四面体的棱长为4，所以正方体的边长为， 易知正方体的外接球直径为体对角线的长，又，所以正四面体的外接球半径， 所以该正四面体可以放入半径为的球内，故选项正确， 对于，由选项可知四面体外接球的半径， 如图，在中，，所以， 易知两个球面的交线为圆，设与圆面的交点为， 在中，， 所以两个球面的交线的周长为，故选项B错误， 对于选项C，取的中点，连接， 易知，又，面， 所以平面，又面，所以， 又平面，平面平面，平面，所以， 同理，所以， 同理可得，所以四边形为平行四边形， 又是与所成的角，所以，故四边形为矩形，所以选项C正确， 对于D，设，由选项C知，所以， 又，得到，同理可得， 取中点，连接，交平面于点. 易知，所以，又由选项C知，， 又，，，面， 所以平面，因为平面与都平行， 所以可得，又易知，所以， 即到平面的距离为， 所以， 令，则， 由，得到，由，得到， 所以，所以，故选项D错误， 故选：AC. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在选项D，取中点，连接，交平面于点，通过证明平面，从而得出到平面的距离为，设，再利用几何关系即可得出，通过构造函数，将问题转化成求函数的最值，即可解决问题. 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. 设，用表示不超过的最大整数，例如：，则__________． 【答案】398 【解析】 【分析】由，通过放缩求的范围，可得的值. 【详解】当，有， 得，即， , ， 所以， 得. 故答案为：398 【点睛】方法点睛： 要求的值，需要知道的范围，利用，通过放缩和裂项相消求和，得的范围，即可求解. 13. 已知函数，若不等式仅有1个整数解，则实数的取值范围为_______. 【答案】 【解析】 【分析】将不等式仅有1个整数解转化为不等式仅有1个整数解，利用导数研究函数的性质，结合图象，建立关于a的不等式组，解之即可求解. 【详解】函数的定义域为. 要使不等式仅有1个整数解，使需仅有1个整数解 即不等式仅有1个整数解， 设，则， 当时，，为增函数， 当时，，为减函数， 又，当时，，当时，， 设，则直线恒过点， 在同一直角坐标系中，作出函数与直线的图象，如图所示， 由图象可知，，要使不等式有1个整数解， 则，解得，即实数的取值范围为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根、不等式有整数解)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解 14. 已知函数在区间上单调递增,那么实数ω的取值范围是____. 【答案】 【解析】 【分析】化简函数的解析式，根据题中条件可得，，继而解得的值，进一步计算即可. 【详解】因为， 由且，知， 因为函数在区间上单调递增, 则,其中, 所以其中, 解得，其中, 由， 得，又， 所以或， 因为,所以当时,; 当时,， 所以实数ω的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题的关键点睛是求出右边界的范围，再根据余弦函数的单调性得到不等式组，解出的范围，再对合理赋值即可. 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. 已知函数，，且为偶函数． （1）若，求的值； （2）求实数的值； （3）若对任意的，存在，使得恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）将指数式化为对数式即可； （2）利用偶函数的定义求解即可； （3）把问题转化成最值问题，根据的正，零，负三种情况进行分类讨论，利用函数的单调性求出各自的最值，建立不等式求解即可． 【小问1详解】 ， ， 解得：； 【小问2详解】 为偶函数， ， 恒成立， 所以； 【小问3详解】 由（2）知：， 对任意的，存在，使得恒成立， 将问题转化为：， 当时，即或， 开口向上，对称轴为， 在上单调递增， ， 在上单调递增， ， ， 即， 解得：， ； 当时，即或， 为常函数， ， 在上单调递增， ， ， 即， 解得：， 所以； 当时，即， 开口向下，对称轴为， 在上单调递减， ， 在上单调递增， ， ， 即， 解得：， ； 综上所述：实数的取值范围为：． 【点睛】本题考查了指数式化为对数式，偶函数、利用单调性研究函数的最值，解题的关键是将不等式恒成立问题转化为最值问题，同时需要注意分类讨论思想的使用． 16. 已知函数的最小正周期为. （1）求在区间上的单调递减区间； （2）将的图象先向右平移个单位长度，再将所得图象上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到的图象，若关于的方程在区间上有解，求实数的取值范围. 【答案】（1）和 （2） 【解析】 【分析】（1）先利用三角函数恒等变换公式对函数化简变形结合周期可求出，再由结合可求得结果； （2）利用三角函数图象变换规律求出，则方程转化为，令，则，再变形后，利用换元法可求出答案. 【小问1详解】 ， 因为最小正周期为，所以，得， 所以， 由，得， 因为，所以当时，，当时，， 所以在区间上的单调递减区间为和； 【小问2详解】 将的图象先向右平移个单位长度，得到， 再将图象上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得， 所以， 方程， 即为方程， 令， 因为，所以，所以， 因为，所以， 所以原方程化为， 所以， 令，则，， 因为在上递减，在上递增， 所以当时，，则， 因为当时，，当时，，所以， 所以实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：此题考查三角函数恒等变换公式的应用，考查三角函数图象变换规律，考查求余弦函数的值域，第（2）问解题的关键是复利用多次换元将问题转化为求对勾函数在闭区间上的值域，考查计算能力和数学转化思想，属于较难题. 17. （1）已知，求的值. （2）已知，求的值. （3）关于的方程在上有两个不相等的实数根，，求的值. 【答案】（1）；（2）；（3）. 【解析】 【分析】（1）利用换元法，结合诱志公式即可得解； （2）由题意得，用同角关系式和和差化积得和，再代入再运用积化和差即可. （3）由题意运用辅助角公式可得，分析可得，从而得解. 【详解】（1）令，则，， 于是原式. （2）由已知，得， 对得，即， 且和差化积，得，， 所以， 所以， 所以. （3）因为，是方程的两个根， 所以即， 所以， 所以或， 即得， 所以. 18. 已知双曲线的左焦点，一条渐近线方程为，过做直线与双曲线左支交于两点，点，延长与双曲线右支交于两点． （1）求双曲线的方程； （2）判断直线是否过定点?若过定点，求出该点的坐标；若不过定点，请说明理由． 【答案】（1） （2）过定点 【解析】 【分析】（1）由双曲线几何性质求方程； （2）分斜率存在于不存在分别研究，直线方程与双曲线方程联立，设，则直线的方程为，与双曲线求交点得，同理，从而求出直线的方程，可证. 【小问1详解】 由题意可知： 解得 双曲线的方程为 【小问2详解】 当直线的斜率存在时，设为，则直线的方程为 由 整理得 与左支交于两点 ，解得 设，则直线的方程为 代入整理得 设，则 ，， ，同理 直线的斜率 直线的方程为，即 直线过定点 当直线的斜率不存在时，直线的方程为， 不妨设点在轴上方，则，直线的方程为 由，解得 同理 此时直线过点 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系结合韦达定理运算求解. 19. 已知函数（）. （1）若，求的图象在处的切线方程； （2）若有两个极值点，（）. ①求的取值范围； ②求证：. 【答案】（1） （2）①； ②证明：由①知，且，所以， 因为在上为增函数，及，所以， 又，所以. 因为，，所以，， 所以，所以. 令（）， 所以，所以在上单调递增， 因为，所以，所以， 所以，所以， 所以，所以. 所以. 【解析】 【分析】（1）利用切点和导数几何意义即可求解； （2）①令，由题意可知，在有两个不相等的实数根，根据的单调性结合零点的存在性定理分类讨论求解即可； ②由①分析得，，令，可得在上单调递增，因为，所以，根据不等式性质计算即可得证. 【小问1详解】 若，则，所以， 所以，又， 所以的图象在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 ①由题意知. 令，则. 因为有两个极值点，（），所以有两个不等正实根，（）. 若，，则在上单调递增， 所以在上至多有一个零点，不符合题意； 若，令，解得，所以当时，， 当时，，所以在上单调递增，在上单调递减. 所以时，取得极大值，即最大值为， 所以，解得. 当时，，又，所以， 由零点存在性定理知：存在唯一的，使得. 又，令， 所以，所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以，所以， 由零点存在性定理知：存在唯一的，使得. 所以当时，有两个不等正实根，. 综上，的取值范围是. ②略 【点睛】本题证明的关键在于构造函数，进而求证，再运用不等式性质即可证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $