精品解析：福建省泉州市泉州科技中学2025届高三上学期期中考试数学试卷

泉州科技中学2024-2025学年度 第一学期高三年期中考试数学试卷 一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先化简集合，再由交集运算可得. 【详解】由，， 则. 故选：B. 2. 已知复数．则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法求出，得，模长公式计算. 【详解】复数，则， 所以. 故选：A. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，有，求出的值，得的坐标，可求. 【详解】向量，， 若，则，解得，所以， 可得，. 故选：D. 4. 若，则“”是“”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 【答案】C 【解析】 【分析】解法一：由化简得到即可判断；解法二：证明充分性可由得到，代入化简即可，证明必要性可由去分母，再用完全平方公式即可；解法三：证明充分性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入即可，证明必要性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入，解方程即可. 【详解】解法一： 因为，且， 所以，即，即，所以. 所以“”是“”的充要条件. 解法二： 充分性：因为，且，所以， 所以， 所以充分性成立； 必要性：因为，且， 所以，即，即，所以. 所以必要性成立. 所以“”是“”的充要条件. 解法三： 充分性：因为，且， 所以， 所以充分性成立； 必要性：因为，且， 所以， 所以，所以，所以， 所以必要性成立. 所以“”是“”的充要条件. 故选：C 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知条件，用两角和的正弦公式，二倍角公式，同角三角函数关系化简即可求解. 【详解】因为 所以. 故选：B 6. 一个正四面体边长为3，则一个与该正四面体体积相等、高也相等的正三棱柱的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意求出该正四面体的体积和高，继而可求出正三棱柱的底面积，即可得出正三棱柱的底面边长，继而可求正三棱柱的侧面积. 【详解】如图为中点，为点在底面的投影， 由题意得，， ， 所以该正四面体的体积为. 所以正三棱柱的体积为，高为， 所以正三棱柱的底面积为， 设正三棱柱的底面边长为，则， 可得， 所以正三棱柱的底面边长为， 所以该正三棱柱的侧面积为. 故选：A. 7. 朱世杰（1249年-1314年），字汉卿，号松庭，元代数学家、教育家，毕生从事数学教育，有“中世纪世界最伟大的数学家”之誉．他的一部名著《算学启蒙》是中国最早的科普著作．该书中有名的是“堆垛问题”，其中有一道问题如下：今有三角锥垛果子．每面底子四十四个，问共积几何？含义如下：把一样大小的果子堆垛成正三棱锥形（如图所示，给出了5层三角锥垛俯视示意图），底面每边44个果子，顶部仅一个果子，从顶层向下数，每三角锥垛层的果子数分别为1，3，6，10，15，21，……共有44层．问全垛共有多少个果子?则该三角锥垛从顶层向下数前40层的果子总数为（ ）（参考公式：） A. 12341 B. 11480 C. 10280 D. 8436 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角锥垛层的果子数可以观察得数列的通项公式，求和即可. 【详解】因为三角锥垛层的果子数分别为1，3，6，10，15，21，……构成数列， 观察得数列的通项公式为， 设其前项和为，则 ， 所以. 故选：B 8. 已知函数是奇函数，函数的图象与的图象有4个公共点，且，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】由题意得与都关于点对称，则，由此即可求得结果. 【详解】由函数是奇函数，其图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位得到的图象，所以的图象关于点对称， 由，可得的图象是由奇函数的图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位得到，所以的图象关于点对称， 所以与都关于点对称， 所以， 所以. 故选：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. 若，，，则的值可以为（ ） A. B. 6 C. D. 3 【答案】AB 【解析】 【分析】由已知条件结合基本不等式可以先求出的取值范围，结合选项即可. 【详解】因为，，，令，则，当且仅当时，等号成立， 则， 当且仅当时等号成立. 故选：AB 10. 已知双曲线的左､右焦点分别为，点是上的动点，则（ ） A. B. 的离心率不可能是 C. 以为圆心，半径为的圆一定与的渐近线相切 D. 存在点使得是顶角为的等腰三角形 【答案】BC 【解析】 【分析】由双曲线的定义判断选项A；由，求的离心率的取值范围判断选项B；求到渐近线的距离与的关系判断选项C；分类讨论是等腰三角形时的条件，验证顶角是否为，判断选项D. 【详解】，A选项错误； 因为，所以的离心率，B选项正确； 设，则到渐近线的距离，C选项正确； 由双曲线定义可知，若，则直线的斜率为1且点在的右支上， 由可知直线与的右支无交点，所以，若， 由对称性易知也不存在点使得是顶角为的等腰三角形，D选项错误， 故选:BC. 11. 已知函数的定义域为R，若，且，则（ ） A. B. 无最小值 C. D. 的图象关于点中心对称 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用赋值法可得A错误，且满足，即可知B正确，由递推关系式可求得C正确，利用对称中心定义可知，可得D正确. 【详解】对于A，令，可得，可得，即A错误； 对于B，令，可得，可知函数无最小值，即B正确； 对于C，由可知， 所以，即C正确； 对于D，令，可得， 由及，可得， 因此，可得， 的图象关于点中心对称，即D正确； 故选：BCD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分．共15分． 12. 的展开式中，其中不含的项为__________. 【答案】和. 【解析】 【分析】利用二项式定理即可求解. 【详解】由二项式定理可得展开式的通项为， 所以多项式的展开式中不含x的项分别为： 和. 故答案为：和. 13. 已知函数的两个相邻的零点之差的绝对值为，且是的最小正零点，则__________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据函数两个相邻的零点之差的绝对值求出周期和，再根据的最小正零点求出，即可求出的值． 【详解】令函数，得， 所以函数两个相邻的零点之差的绝对值为，即，解得， 又因为是的最小正零点，所以， 即，所以，，解得，， 又，所以，即， 所以． 故答案为：． 14. 圆锥内有一个球，该球与圆锥的侧面和底面均相切，已知圆锥的底面半径为，球的半径为，记圆锥的体积为，球的体积为，当_________时，取最小值_________. 【答案】 ①. ②. 2 【解析】 【分析】设球心与圆锥底面圆周上任意一点与圆锥高之间的夹角为，再根据圆锥轴截面的关系表达出圆锥的高，进而可得，换元令，结合基本不等式求最值即可. 【详解】如图，设球心与圆锥底面圆周上任意一点与圆锥高之间的夹角为，则由题意.根据相切的性质可得，圆锥的轴截面为底角大小的等腰三角形，故圆锥的高，则，，故. 设，则，当且仅当，即时取等号.此时.故当时，取最小值2. 故答案为：；2 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. 已知公差的等差数列满足．公比为的等比数列满足，当n为偶数时． （1）求，； （2）设，求使的最小的n的值． 【答案】（1），； （2）102 【解析】 【分析】（1）结合题意，根据等差数列及等比数列通项公式的求法求解即可； （2）由（1）可得，则，可得，然后求解即可． 【小问1详解】 已知公差的等差数列满足， 则，即，① 又公比为的等比数列满足，， 则，即，② 由①②可得，，则， 即，； 【小问2详解】 由（1）可得， 则， 即当为偶数时，， 当为奇数时，，， 又当时，满足上式， 即当为奇数时，， 即， 又，则且为偶数， 即使的最小的的值为102． 16. 已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，点在该椭圆上，且该椭圆的右焦点F的坐标为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）如图，过点F且斜率为k的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为，直线BN的斜率为，求证：． 【答案】（1） （2） 如图，当直线l的斜率时，可得，显然满足； 当时，不妨设直线，由消去，整理得，， 显然，设，则由韦达定理，故， 因,则， 则， 此式的分子为：， 故得，即，得证. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的半焦距和椭圆上的已知点列出方程组，计算即得椭圆方程； （2）先考虑直线斜率为0时满足，再设直线的横截距式方程，与椭圆方程联立消元后得到一元二次方程，写出韦达定理，并发现内在关系，计算并消去，得其分子为，代入前式，计算即得分子为0，则得证. 【小问1详解】 依题意，可得，解得， 故椭圆C的标准方程为：； 【小问2详解】 略 17. 如图，四棱柱的底面为直角梯形，，，，．点为的中点，且． （1）证明：平面平面； （2）若钝二面角的余弦值为，当时，求的长． 【答案】（1）证明：因为为中点，且，所以，即， 又，，平面，所以平面. 又平面，所以. 因为，所以. 又，，所以， 所以，则. 又，平面，所以平面. 又平面，所以：平面平面. （2）2 【解析】 【分析】（1）先证，得到平面，可得平面平面. （2）根据（1）中的结论，建立空间直角坐标系，利用空间向量解决问题. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知：，，两两垂直，故可以为原点，建立如图空间直角坐标系. 则，，，设（），则. 所以，，. 设平面的一个法向量为， 由，可取. 设平面的一个法向量为， 由，可取. ， 整理得：（舍去） 所以，即. 18. 如图，在四边形中．，，，平分且与相交于点． （1）若的面积为，求； （2）若，求与的面积之比． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在中，明确，，，利用余弦定理可求. （2）在中，先用正弦定理求出，求出的面积，进一步求出的面积，即可求与的面积之比. 【小问1详解】 在中，，，. 所以. 在中，，，. 所以，. 在中，，，， 由得：， 由余弦定理，得： 所以. 【小问2详解】 因为. 在中，，，， 所以. 由正弦定理，得：. 所以. 所以. 所以. 19. 人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）． （1）若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离； （2）若点，，求的最大值； （3）已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）， （2） （3）存在，和 【解析】 【分析】（1）代入和的公式，即可求解； （2）首先设，代入，求得点的轨迹，再利用数形结合，结合公式，结合余弦值，即可求解； （3）首先求的最小值，分和两种情况求的最小值，对比后，即可判断直线方程. 【小问1详解】 ， ， ； 【小问2详解】 设，由题意得：， 即，而表示的图形是正方形， 其中、、、． 即点在正方形的边上运动，，， 可知：当取到最小值时，最大，相应的有最大值． 因此，点有如下两种可能： ①点为点，则，可得； ②点在线段上运动时，此时与同向，取， 则． 因为，所以的最大值为． 【小问3详解】 易知，设，则 当时，，则，，满足题意； 当时，， 由分段函数性质可知， 又且恒成立，当且仅当时等号成立． 综上，满足条件的直线有且只有两条，和． 【点睛】关键点点睛：本题第二问为代数问题，转化为几何问题，利用数形结合，易求解，第3问的关键是理解，同样是转化为代数与几何相结合的问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州科技中学2024-2025学年度 第一学期高三年期中考试数学试卷 一、选择题：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. D. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 4. 若，则“”是“”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 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 一个正四面体边长为3，则一个与该正四面体体积相等、高也相等的正三棱柱的侧面积为（ ） A. B. C. D. 7. 朱世杰（1249年-1314年），字汉卿，号松庭，元代数学家、教育家，毕生从事数学教育，有“中世纪世界最伟大的数学家”之誉．他的一部名著《算学启蒙》是中国最早的科普著作．该书中有名的是“堆垛问题”，其中有一道问题如下：今有三角锥垛果子．每面底子四十四个，问共积几何？含义如下：把一样大小的果子堆垛成正三棱锥形（如图所示，给出了5层三角锥垛俯视示意图），底面每边44个果子，顶部仅一个果子，从顶层向下数，每三角锥垛层的果子数分别为1，3，6，10，15，21，……共有44层．问全垛共有多少个果子?则该三角锥垛从顶层向下数前40层的果子总数为（ ）（参考公式：） A. 12341 B. 11480 C. 10280 D. 8436 8. 已知函数是奇函数，函数的图象与的图象有4个公共点，且，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 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. 若，，，则的值可以为（ ） A. B. 6 C. D. 3 10. 已知双曲线的左､右焦点分别为，点是上的动点，则（ ） A. B. 的离心率不可能是 C. 以为圆心，半径为的圆一定与的渐近线相切 D. 存在点使得是顶角为的等腰三角形 11. 已知函数的定义域为R，若，且，则（ ） A. B. 无最小值 C. D. 的图象关于点中心对称 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分．共15分． 12. 的展开式中，其中不含的项为__________. 13. 已知函数的两个相邻的零点之差的绝对值为，且是的最小正零点，则__________. 14. 圆锥内有一个球，该球与圆锥的侧面和底面均相切，已知圆锥的底面半径为，球的半径为，记圆锥的体积为，球的体积为，当_________时，取最小值_________. 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. 已知公差的等差数列满足．公比为的等比数列满足，当n为偶数时． （1）求，； （2）设，求使的最小的n的值． 16. 已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，点在该椭圆上，且该椭圆的右焦点F的坐标为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）如图，过点F且斜率为k的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为，直线BN的斜率为，求证：． 17. 如图，四棱柱的底面为直角梯形，，，，．点为的中点，且． （1）证明：平面平面； （2）若钝二面角的余弦值为，当时，求的长． 18. 如图，在四边形中．，，，平分且与相交于点． （1）若的面积为，求； （2）若，求与的面积之比． 19. 人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）． （1）若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离； （2）若点，，求的最大值； （3）已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $