精品解析：福建省福州市鼓楼区福州第三中学2024-2025学年高三上学期第三次质量检测（11月期中）数学试题

福州三中2024-2025学年第一学期高三第三次质量检测 数学试卷 命题人：高三数学集备组 审卷人：高三数学集备组 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的班级、准考证号、姓名填写在答题卡上. 2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.第II卷必须用0.5毫米黑色签字笔书写作答.若在试题卷上作答，答案无效. 第I卷 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 3. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 蒙古包（Mongolianyurts）是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包古代称作穹庐､毡包或毡帐.已知蒙古包的造型可近似的看作一个圆柱和圆锥的组合体，已知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米，则该蒙古包（含底面）的表面积为（ ） A. 平方米 B. 平方米 C. 平方米 D. 平方米 5. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，过点作准线的垂线，垂足为，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 4 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 若函数在上恰有两个零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，不等式对任意的实数都成立，则实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 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. 已知等差数列的前项和为，且公差.则以下结论正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则的最大值为 D. 若成等比数列，则 10. 设为复数，.下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，且，，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. D. （） 第Ⅱ卷 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. 的展开式中的系数为________.（用数字作答） 13. 平面直角坐标系中，两定点和，动点在直线上移动，椭圆以，为焦点且经过点，则椭圆C的离心率的最大值为________． 14. 在三棱锥中，，且.记直线，与平面所成角分别为，，已知，当三棱锥的体积最小时，则三棱锥外接球的表面积为______. 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. 已知的内角的对边分别为，，． （1）求B； （2）若B为锐角，边上的高为，求的周长． 16. 已知数列满足，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，且数列的前n项和为，若恒成立，求实数的取值范围． 17. 已知四棱柱如图所示，底面为平行四边形，其中点在平面内的投影为点，且． （1）求证：平面平面； （2）已知点在线段上（不含端点位置），且平面与平面的夹角的余弦值为，求的值． 18. 平面内有一点和直线，动点满足：到点的距离与到直线的距离的比值是.点的运动轨迹是曲线，曲线上有四个动点. （1）求曲线的方程； （2）若在轴上方，，求直线的斜率； （3）若都在轴上方，，直线，求四边形的面积的最大值. 19. 已知函数，. （1）讨论函数的单调性； （2）若恒成立，求的值； （3）求证：，，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州三中2024-2025学年第一学期高三第三次质量检测 数学试卷 命题人：高三数学集备组 审卷人：高三数学集备组 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的班级、准考证号、姓名填写在答题卡上. 2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.第II卷必须用0.5毫米黑色签字笔书写作答.若在试题卷上作答，答案无效. 第I卷 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用集合的交集运算即可. 【详解】由题意可得，， 则. 故选:C. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】求出的坐标，再利用共线向量的坐标表示求得结果. 【详解】向量，，则， 由，得，所以. 故选：B 3. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用指数函数、对数函数单调性得出的取值范围，即可得出结论. 【详解】易知，，， 所以. 故选：B 4. 蒙古包（Mongolianyurts）是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包古代称作穹庐､毡包或毡帐.已知蒙古包的造型可近似的看作一个圆柱和圆锥的组合体，已知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米，则该蒙古包（含底面）的表面积为（ ） A. 平方米 B. 平方米 C. 平方米 D. 平方米 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可求出底面圆的半径，即可求出圆锥的母线长，根据圆锥的侧面积公式以及圆柱的侧面积公式结合圆的面积公式，即可求得答案. 【详解】由题意知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米， 设底面圆的半径为r，则， 则圆锥的母线长为（米）， 故该蒙古包（含底面）的表面积为（平方米）， 故选：A 5. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，过点作准线的垂线，垂足为，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】由题知，进而结合得，在等边三角形中即可求解. 【详解】因为，所以， 设准线与轴交于点，因为， 所以.因为，所以， 所以在等边中，. 故选：D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由两角和与差的正弦和半角公式，二倍角余弦公式，结合拆角计算即可. 【详解】由，可得， 即，可得， 所以. 故选：B. 7. 若函数在上恰有两个零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简函数，再根据在上恰有两个零点得，，化简即可得到答案. 【详解】 在上恰有两个零点，故 故选：D. 8. 已知，不等式对任意的实数都成立，则实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把不等式变形为，设，则不等式对任意的实数恒成立，转化为对任意恒成立，根据函数的单调性，得出对任意恒成立，利用导数求得函数的单调性与最小值，即可求解. 【详解】由题意，不等式变形为 ，即， 设，则不等式对任意的实数恒成立， 等价于对任意恒成立， 又由，则在上单调递增，所以， 即对任意恒成立， 所以恒成立，即， 令，则， 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增， 所以当时，取得最小值，所以，即， 所以的最小值是. 【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 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. 已知等差数列的前项和为，且公差.则以下结论正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则的最大值为 D. 若成等比数列，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据等差数列的性质即可结合选项逐一求解. 【详解】由可得，故，所以，故A正确， 由可得，故，故B正确， 若，则，且单调递减，故的最大值为或，故C错误， 若成等比数列，则，即，解得或（舍去），D正确， 故选：ABD 10. 设为复数，.下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据复数模的概念判断A，利用复数的乘法运算判断B，根据共轭复数的性质及乘法运算判断C，根据特例法判断D. 【详解】由复数模的概念可知，不能得到， 例如，A错误； 由可得，因为，所以，即，B正确； 因为，而，所以，所以，C正确； 取，显然满足，但，D错误. 故选：BC 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，且，，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. D. （） 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，对条件，求导可得；对于B，对条件，两边同时除以可得；对于C，反证法，假设C正确，求导，结合条件，可得与矛盾，可判断C；对于D，求出，，所以有，，，得出数列是以0为首项，为公差的等差数列，利用等差数列求和公式即可判断． 【详解】因为， 所以，即， 令，得，故A正确； 因为， 当时，， 所以的图象关于点对称，故B正确； 对于C，假设成立， 求导得， 即，又， 所以，所以与矛盾，故C错误； 对于D，因为，， 所以，，，， 所以有， 所以数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列， 数列的偶数项是以为首项，为公差的等差数列， 又，， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以， 所以，故D正确． 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是，的应用，D选项关键是推出是以为首项，为公差的等差数列. 第Ⅱ卷 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. 的展开式中的系数为________.（用数字作答） 【答案】10 【解析】 【分析】由二项式展开式的通项公式代入计算，即可得到结果. 【详解】由题意可得， 令，则，所以. 故答案为： 13. 平面直角坐标系中，两定点和，动点在直线上移动，椭圆以，为焦点且经过点，则椭圆C的离心率的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知椭圆C中，要使离心率最大，只需最小，即最小，求出点关于直线的对称点，求出的坐标，即可得最小为，即可求解. 【详解】点关于直线的对称点为， 则解得：，即 连接交直线与点， 则椭圆C的长轴长的最小值为，所以， 即， 所以椭圆C的离心率， 所以椭圆C的离心率的最大值为， 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是求出椭圆C的长轴长的最小值，即可得离心率的最大值. 14. 在三棱锥中，，且.记直线，与平面所成角分别为，，已知，当三棱锥的体积最小时，则三棱锥外接球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，探求点在平面内的投影的轨迹，确定当三棱锥体积最小时点的位置，进而可得并求出外接球半径，求出球的表面积. 【详解】设点在平面内的投影为，由直线与平面所成角分别为，且， 则，，，于是， 以为轴，线段的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系， 令，由，，得，，， 则，化简得， 因此点在以为圆心，为半径的圆上， 当最小时，最小，即三棱锥的体积最小， 此时，，，， 因此点在底面上的射影在上，且，又， 显然的中点到点的距离相等，此时三棱锥的外接球的球心为的中点， 外接球的半径，表面积为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再求出球半径即可. 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. 已知的内角的对边分别为，，． （1）求B； （2）若B为锐角，边上的高为，求的周长． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式化条件等式先计算A，再利用正弦定理计算即可； （2）根据（1）的结论作出图形，利用直角三角形及三角恒等变换计算，再根据三角形周长公式计算即可. 【小问1详解】 易知， 所以， 因为中，所以， 而， 则或； 【小问2详解】 由上可知，，则， 如图，则， 所以， ，则， 所以的周长为. 16. 已知数列满足，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，且数列的前n项和为，若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）写出当时的等式，再与原式两式相除求解即可； （2）由（1），再根据错位相减求解可得，再化简不等式可得，再设，根据作差法判断的单调性，进而可得最大值. 【小问1详解】 ， 当时，， 两式相除得；， 又符合上式，故； 【小问2详解】 ， ， ， 错位相减得： ， ， 即，由，得， 设，则， 故， 由， 由可知，随着的增大而减小， 故， 故恒成立，知单调递减， 故的最大值为，则 17. 已知四棱柱如图所示，底面为平行四边形，其中点在平面内的投影为点，且． （1）求证：平面平面； （2）已知点在线段上（不含端点位置），且平面与平面的夹角的余弦值为，求的值． 【答案】（1）不妨设， 因为平面平面，故， 在中，， 由余弦定理，， 得，故，则， 因为平面，所以平面， 而平面，所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）不妨设，根据线面垂直的性质证明，利用勾股定理证明，再根据线面垂直和面面垂直的判定定理即可得证； （2）以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，两两垂直， 如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系， 则， 故， ，所以， 设，则，即， 所以； 设为平面的一个法向量， 则， 令，则，所以， 因为轴平面，则可取为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 解得，故． 【点睛】 18. 平面内有一点和直线，动点满足：到点的距离与到直线的距离的比值是.点的运动轨迹是曲线，曲线上有四个动点. （1）求曲线的方程； （2）若在轴上方，，求直线的斜率； （3）若都在轴上方，，直线，求四边形的面积的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由已知条件列出方程化简即可； （2）设，设，与的方程联立，由，有，结合韦达定理求出，得直线的斜率； （3）延长，交椭圆于点，四边形的面积，设，利用韦达定理结合基本不等式求的最大值. 【小问1详解】 由题意， 两边平方得，化简得， 所以曲线的方程为； 【小问2详解】 ，即，则直线的斜率是正数， 设，直线的斜率为， 设，联立， 化简得，所以， 由题意知， 代入，消，可得， 解得，所以直线的斜率是； 【小问3详解】 延长，交椭圆于点， ，由对称性可知，和等底等高，， 四边形的面积， 设，由（2）知， 所以，即， 令，所以， 当且仅当即时，取到最大值，此时分别在正上方. 【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 19. 已知函数，. （1）讨论函数的单调性； （2）若恒成立，求的值； （3）求证：，，. 【答案】（1） 函数的定义域为， ， ①当时，，在上单调递增； ②当时，由得，，由得，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 综上所述，①当时，在上单调递增； ②当时，在上单调递增，在上单调递减； （2） （3） 由（2）可知，，当且仅当时取等号， 所以， ， 因为， 所以即证， 令，则， 所以即证：，， 令，则， 所以时，，单调递减， 所以，即，， 综上所述，，，. 【解析】 【分析】（1）求导可得，然后分与讨论，即可得到结果； （2）先由，可得，然后验证当时，恒成立即可； （3）根据题意，结合（2）中的结论可得，将不等式化简，转化为证明，，然后构造函数，求导得极值，即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，， 所以是的极大值点，因为， 所以， 只需证，当时，恒成立即可， 因为， 令，则， ①当时，，，则在单调递减， 所以在单调递增，. ②当时，，则在单调递减，所以， 综上所述，符合题意； 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了利用导数研究不等式恒成立问题以及证明不等式问题，难度较大，解答本题的关键在于利用（2）中的结论，然后构造函数，求导证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $