精品解析：福建省福州屏东中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷

福州屏东中学2024－2025学年第一学期高三11月适应性练习 数学 命题人：陈武星　　陈龙　　　审题人：宋文慧　　蔡鸿炜 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40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】A 【解析】 【分析】解出集合，再根据交集与补集的含义即可. 【详解】， 则，则. 故选：A. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. 5 D. 13 【答案】B 【解析】 【分析】先化简的表达式，然后求得的模. 【详解】， 所以. 故选：B 3. 已知平面上三个单位向量满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将平方后求出，再根据数量积的运算律，即可求得答案. 【详解】由题意知平面上三个单位向量满足，则， 即，则， 故， 故选：C 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将转化为，整体代入求解. 【详解】因为，，， ，故，且，故， 故. 故选：D. 5. 现有一个正四棱台形水库，该水库的下底面边长为2km，上底面边长为4km，侧棱长为，则该水库的最大蓄水量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，水库的最大蓄水量等于正四棱台的体积，进而用台体的面积公式即可求解. 【详解】根据题意画出图形，如图所示，其中且. 由，可得， 又且，可得是长方形，则， 所以，， 则，正四棱台的高，下底面的面积，上底面的面积. 于是正四棱台的体积. 故该水库的最大蓄水量为. 故选：A. 6. 设函数若无最大值，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用分段函数的解析式，作出函数与直线的图象，利用导数研究函数的性质，结合图象分析即可求解 【详解】因为 作出函数与直线的图象， 它们的交点是，，， 由，则令，可得或， 当或时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以是的极大值点，是的极小值点， 由图象可知，当时，有最大值或， 当时，有，此时无最大值， 故实数的取值范围为. 故选：A. 7. 若数列的前项和为，且满足，，，则的值为（ ） A. 0 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，求得的值，得到数列是周期为6的数列，结合，即可求解. 【详解】数列的前项和为，且满足，且， 可得，，所以数列是周期为6的数列， 其中，所以. 故选：D. 8. 已知函数的定义域为，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. 方程有解 C. 是偶函数 D. 是偶函数 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，分别取，代入即可判断； 取，得到，利用累加法求出，对于B，验证判别式即可；对于CD，分别利用二次函数求出对称轴验证即可. 【详解】对于A，因为函数的定义域为，且满足， 取，得，则， 取，得，则，故A错误； 取，，则， 所以，，，， 将以上各式相加，得， 又因为， 所以， 对于B，令，则，即， 因为，所以方程无解，故B错误； 对于C，， 其对称轴为，故C正确； 对于D，， 其对称轴为，故D错误. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键是利用赋值法得到，从而求解. 二、选择题：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. 降雨量是指从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗透、流失，而在水平面上积聚的水层深度，一般以毫米为单位．降雨量可以直观地反映一个地区某一时间段内降水的多少，它对农业生产、水利工程、城市排水等有着重要的影响．如图，这是两地某年上半年每月降雨量的折线统计图． 下列结论正确的是（ ） A. 这年上半年A地月平均降雨量比B地月平均降雨量大 B. 这年上半年A地月降雨量的中位数比B地月降雨量的中位数大 C. 这年上半年A地月降雨量的极差比B地月降雨量的极差大 D. 这年上半年A地月降雨量的分位数比B地月平均降雨量的分位数大 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意将A、B地月降雨量按升序排列，结合平均数、中位数、极差以及百分位数的定义逐项分析判断. 【详解】由题意可知：A地月降雨量按升序排列可得：， B地月降雨量按升序排列可得：， 对于选项A：可知A地月平均降雨量为， B地月平均降雨量为， 因为，所以这年上半年A地月平均降雨量比B地月平均降雨量大，故A正确； 对于选项B：A地月降雨量的中位数为，B地月降雨量的中位数为， 因为，所以A地月降雨量的中位数比B地月降雨量的中位数小，故B错误； 对于选项C：A地月降雨量的极差为，B地月降雨量的极差为， 因为，A地月降雨量的极差比B地月降雨量的极差大，故C正确； 对于选项D：因为， 可知A地月降雨量的分位数为42，B地月降雨量的分位数为40， 且，所以A地月降雨量的分位数比B地月平均降雨量的分位数大，故D正确； 故选：ACD. 10. 已知抛物线，过的焦点作直线，若与交于两点，，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. 或 D. 线段中点的横坐标为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由直线，可知焦点，得的值和抛物线方程，可判断A选项；直线方程代入抛物线方程，由韦达定理结合，求出两点坐标和的值，结合韦达定理和弦长公式判断选项BCD. 【详解】抛物线的焦点在轴上， 过作直线，可知，则，得，A选项正确； 抛物线方程为，直线的方程代入抛物线方程，得. 设，，由韦达定理有，， ，得，解得或， ，则或，C选项错误； 则，线段中点的横坐标为，D选项正确； ，，B选项正确. 故选：ABD. 11. 如图，四边形是边长为的正方形，半圆面平面，点为半圆弧上一动点（点与点，不重合），下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的四个面都是直角三角形 B. 三棱锥的体积最大值为 C. 当时，异面直线与夹角的余弦值为 D. 当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，使用空间中直线、平面垂直有关定理证明； 对于B，三棱锥底面积固定，当高最大时，体积最大，可通过计算进行判断； 对于C，找到与和所成异面直线夹角，再由余弦定理代入计算，即可判断； 对于D，首先利用空间向量解决与平面所成角最大时点的位置，再用的外接圆解决平面的截面圆面积的计算即可. 【详解】对于A，四边形为正方形，为直角三角形； 为直径，为半圆弧上一动点，，为直角三角形； 平面平面，平面平面，平面，， 平面，平面，，为直角三角形； 平面，平面，， 又，，平面，平面， 平面，平面，，为直角三角形； 因此，三棱锥的四个面都是直角三角形，故A正确； 对于B，过点在平面内作于点， 平面平面，平面平面，平面， 平面，为三棱锥的高， 三棱锥的体积 的面积为定值， 当最大时，三棱锥的体积最大，此时点为半圆弧的中点，， 三棱锥体积的最大值为，故B错误； 取中点，中点，中点， 连接，则，， 所以异面直线与的夹角为或其补角， 且，又， 则，， 则，又， 则， 在中，由余弦定理可得 ， 则异面直线与夹角的余弦值为，故C正确； 对于D，由B选项解析知，平面，为在平面内的射影， 为直线与平面所成角， 当直线与平面所成角最大时，取最小值， 以为原点，建立空间直角坐标系如图，设，，，则 在直角三角形内，，即， ，，，，， ，. 当且仅当，即时，取最小值，直线与平面所成角最大， 此时， ，，三点均为四棱锥的顶点， 平面截四棱锥外接球的截面为的外接圆面， 直角三角形外接圆半径， 截面面积，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】易错点睛：在判断三棱锥的四个面是否都是直角三角形时，易忽视，需通过证明平面进行判断；在确定直线与平面所成角最大时点的位置时，容易错误的认为当点为半圆弧的中点时，直线与平面所成角最大，需使用空间向量，借助三角函数知识进行判断. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 㷊市高三年级1万名男生的身高（单位：cm）近似服从正态分布，则身高超过180cm的男生约有______人.（参考数据：，，） 【答案】230 【解析】 【分析】由正态分布的对称性及特殊区间的概率求解即可. 【详解】，则， ， 身高超过180cm的男生的人数约为. 故答案为：230. 13. 设双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线上，过点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，若，且，则双曲线的离心率为________． 【答案】 【解析】 【分析】由双曲线的渐近线方程和点到直线的距离公式得到，再由双曲线的定义和向量的数量积为零得到，最后结合三角形的面积公式求出离心率即可. 【详解】设，则，即，双曲线C的渐近线方程为， 则， 又，则， 在中，由，得，则， 于是，，而， 因此，解得， 所以双曲线的离心率为. 故答案为： 14. 已知函数，若函数恰有4个不同的零点，则实数的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数研究函数的性质，确定方程的解的情况，然后结合二次方程根的分布知识求参数范围． 【详解】依题意，函数， 当时，求导得，当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，在时，取得极小值， 时，求导得，在上单调递增，值域为， 作出函数的大致图象，如图， 令，由图象知当时，无实解；当时，有一解； 当时，有两解；时，有三解， 方程有四解，则方程有两解且， 令，则，解得， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 【点睛】思路点睛：本题是把函数的性质与二次方程根的分布知识结合起来求解，利用导数研究函数的性质得出方程的解的情况，再利用二次方程根的分布知识求解. 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. 在中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且. （1）若，求； （2）若，求的面积的最大值. 【答案】（1） （2）3 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化角为边，得出边的关系后，由余弦定理求解； （2）由余弦定理及数量积的定义求得，再利用基本不等式求得的最大值，最后由面积公式得结论． 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理得， 又，所以，， 从而. 【小问2详解】 由余弦定理可知，则， 又，故， 即，故，即， 从而， 当时取等号，即的面积的最大值为3. 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明：因为平面平面，且平面平面， 因为，所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，且，平面； 所以平面； （2）； （3）存在，． 【解析】 【分析】（1）由面面垂直性质定理知平面；根据线面垂直性质定理可知，再由线面垂直判定定理可知平面； （2）取的中点，连结，，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求出直线与平面所成角的正弦值； （3）假设存在，根据三点共线，设，根据平面，即，求的值，即可求出的值． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 取的中点，连结，， 因为，所以； 又因为平面，平面平面， 所以平面； 因为平面，所以； 因为，所以； 如图建立空间直角坐标系，由题意得， ， 设平面的法向量为，则 即， 令，则； 所以； 又，所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 【小问3详解】 设是棱上一点，则存在使得． 因此点，． 因为平面，所以平面当且仅当， 即，解得． 所以在棱上存在点使得平面，此时． 考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用． 17. 已知函数. （1）当时，证明：； （2）若函数有极小值，且的极小值小于，求a的取值范围. 【答案】（1）证明如下： 要证，只需证. 当时，则，其中， 可得，令得，，列表如下： 1 递减 极小值 递增 所以，函数在处取得即小值，亦即最小值，即， 所以，. （2） 【解析】 【分析】（1）当时，证明出即可； （2）对实数的取值范围进行分类讨论，利用导数分析函数在其定义域上的单调性，可得出，根据题意可得出，可得出，利用导数分析函数在上的单调性，再利用函数的单调性可解不等式即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，其中，则， 当时，，，此时，函数在上单调递增， 当时，令，可得，列表如下： 递减 极小值 递增 所以，， 由题意可得，即. 令，其中，且. 不等式即为，. ， 当且仅当时，即时，. 所以，函数在单调递增，又，则. 因此，实数的取值范围是. 18. 已知椭圆的左右焦点分别为，，上顶点为，长轴长为，直线的倾斜角为. （1）求椭圆的方程； （2）若椭圆上的两动点，均在轴上方，且，求证：的值为定值； （3）在（2）的条件下求四边形的的面积的取值范围. 【答案】（1） （2） 设，，，， 设关于原点的对称点，如下图所示： 由对称性可知三点共线，且. 设代入椭圆方程整理可得， 易知， 且，； 所以， 又， 所以. （3） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆长轴以及直线的倾斜角即可得椭圆方程； （2）找出点关于原点的对称点，利用对称性联立直线和椭圆方程整理表达式可得结果； （3）将四边形面积等价转化为三角形面积，求得面积表达式利用基本不等式计算可得结果. 【小问1详解】 由长轴长为，可得，. 因为点上顶点，直线的倾斜角为， 所以中，，则， 又，则. 椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 四边形为梯形，由对称性可知四边形的面积与的面积相等， 点到直线的距离为， 易知， 所以， 令，则 所以，当且仅当，即时等号成立； 四边形的的面积的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据平行关系充分利用对称性，将四边形面积转化为三角形面积，得出面积表达式再利用基本不等式求得面积取值范围. 19. 设任意一个无穷数列的前项之积为，若，，则称是数列． （1）若是首项为，公差为的等差数列，请判断是否为数列？并说明理由； （2）证明：若的通项公式为，则不是数列； （3）设是无穷等比数列，其首项，公比为，若是数列，求的值． 【答案】（1）是T数列， 理由：由题知，即， 所以，， 当时，，所以是T数列． （2）证明：假设是数列，则对任意正整数，总是中的某一项， ， 所以对任意正整数，存在正整数满足：， 显然时，存在，满足， 取，得，所以， 可以验证：当，2，3，4时，都不成立， 故不是T数列. （3）或． 【解析】 【分析】（1）由题知，再根据T数列的定义，即可作出判断； （2）先假设是数列，从而有，再进行验证，即可证明结果； （3）根据题设得到，取对数后可得，分类讨论后可求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 已知是等比数列，其首项，公比， 所以， 所以， 由题意知对任意正整数n，总存在正整数m，使得， 即对任意正整数n，总存在正整数m，使得， 即对任意正整数n，总存在正整数m，使得， 若，则，任意，这不可能成立； 若， 故对任意，总存在使得该等式成立， 故必为整数， 取，则有正整数解，故， 若，则，此时方程对任意， 必有正整数解； 若，则， 此时方程对任意， 必有正整数解； 综上，或． 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州屏东中学2024－2025学年第一学期高三11月适应性练习 数学 命题人：陈武星　　陈龙　　　审题人：宋文慧　　蔡鸿炜 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40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. 已知复数，则（ ） A. B. C. 5 D. 13 3. 已知平面上三个单位向量满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 现有一个正四棱台形水库，该水库的下底面边长为2km，上底面边长为4km，侧棱长为，则该水库的最大蓄水量为（ ） A. B. C. D. 6. 设函数若无最大值，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 若数列的前项和为，且满足，，，则的值为（ ） A. 0 B. 3 C. 4 D. 5 8. 已知函数的定义域为，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. 方程有解 C. 是偶函数 D. 是偶函数 二、选择题：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. 降雨量是指从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗透、流失，而在水平面上积聚的水层深度，一般以毫米为单位．降雨量可以直观地反映一个地区某一时间段内降水的多少，它对农业生产、水利工程、城市排水等有着重要的影响．如图，这是两地某年上半年每月降雨量的折线统计图． 下列结论正确的是（ ） A. 这年上半年A地月平均降雨量比B地月平均降雨量大 B. 这年上半年A地月降雨量的中位数比B地月降雨量的中位数大 C. 这年上半年A地月降雨量的极差比B地月降雨量的极差大 D. 这年上半年A地月降雨量的分位数比B地月平均降雨量的分位数大 10. 已知抛物线，过的焦点作直线，若与交于两点，，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. 或 D. 线段中点的横坐标为 11. 如图，四边形是边长为的正方形，半圆面平面，点为半圆弧上一动点（点与点，不重合），下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的四个面都是直角三角形 B. 三棱锥的体积最大值为 C. 当时，异面直线与夹角的余弦值为 D. 当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 㷊市高三年级1万名男生的身高（单位：cm）近似服从正态分布，则身高超过180cm的男生约有______人.（参考数据：，，） 13. 设双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线上，过点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，若，且，则双曲线的离心率为________． 14. 已知函数，若函数恰有4个不同的零点，则实数的取值范围是________． 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. 在中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且. （1）若，求； （2）若，求的面积的最大值. 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 17. 已知函数. （1）当时，证明：； （2）若函数有极小值，且的极小值小于，求a的取值范围. 18. 已知椭圆的左右焦点分别为，，上顶点为，长轴长为，直线的倾斜角为. （1）求椭圆的方程； （2）若椭圆上的两动点，均在轴上方，且，求证：的值为定值； （3）在（2）的条件下求四边形的的面积的取值范围. 19. 设任意一个无穷数列的前项之积为，若，，则称是数列． （1）若是首项为，公差为的等差数列，请判断是否为数列？并说明理由； （2）证明：若的通项公式为，则不是数列； （3）设是无穷等比数列，其首项，公比为，若是数列，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $