精品解析：福建省福州第三中学2024-2025学年高三下学期第十一次质量检测数学试题

福州三中2024-2025学年第二学期高三第十一次质量检测 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，则的真子集个数为（ ） A. 3个 B. 6个 C. 7个 D. 8个 2. 在复平面内，复数z对应的点Z在第二象限，则复数对应的点所在象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 某考生参加某高校的综合评价招生并成功通过了初试，在面试阶段中，8位老师根据考生表现给出得分，分数由低到高依次为：76，a，b，80，80，81，84，85，若这组数据的下四分位数为77，则该名考生的面试平均得分为（ ） A. 79 B. 80 C. 81 D. 82 4. 已知等比数列的前n项和为，且，，成等差数列，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 5. 已知能被9整除，则整数的值可以是（ ） A. B. C. 9 D. 13 6. 如图所示，两动点在以坐标原点为圆心，半径为1的圆上从点处同时出发做匀速圆周运动．已知点按逆时针方向每秒钟转弧度，点按顺时针方向每秒钟转弧度，且两点在第2秒末第一次相遇于点处，则它们从出发后到第2次相遇时，点走过的总路程为（ ） A. B. C. D. 7. 若单位向量满足，向量满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 函数是定义在上的偶函数，且当时，.若对任意的，均有，则实数的最大值是（ ） A. B. C. 0 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. 函数的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ） A. 为奇函数 B. 的图象关于直线对称 C. 在区间上单调递增 D. 函数在区间上的值域为 10. 如图，棱长为2的正方体中，E，F分别是的中点，点P为底面ABCD内（包括边界）的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 过B，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 B. 存在点P，使得平面 C. 若点P到直线BB1与到直线AD的距离相等，则点P的轨迹为抛物线的一部分 D. 若直线D1P与平面BEF无公共点，则点P的轨迹长度为 11. 定义：一个三角形的一边长是另一边长的2倍，这样的三角形叫做“倍长三角形”．在中，内角，的对边分别为是的角平分线，交于点，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. 为“倍长三角形” B. 若，则面积的最大值为 C. 若，则为锐角 D. 若，当时，则的最小值为 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. 在正四棱台中，，，，则该棱台的体积为__________． 13. 已知双曲线的渐近线与圆有公共点，则双曲线离心率的取值范围为______． 14. 设函数，．若函数有两个零点，，则满足条件的最小正整数的值为______． 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. 已知数列满足，当时，． （1）证明数列是等差数列，并求的通项公式； （2）证明：． 16. 如图，已知四边形是矩形，平面，且，M、N是线段、上的点，满足. （1）若，求证：直线平面； （2）是否存在实数，使直线同时垂直于直线，直线？如果有请求出的值，否则请说明理由. 17. 如图，已知椭圆：经过点，离心率． （1）求椭圆的标准方程； （2）设是经过右焦点的任一弦（不经过点），直线与直线：相交于点，记，，的斜率分别为，，，求证：，，成等差数列． 18. 已知函数. （1）讨论函数的极值点个数； （2）若不等式恒成立，求实数的取值范围. 19. 4月19日是中国传统二十四节气之一的“谷雨”，联合国将这天定为“联合国中文日”，以纪念“中华文字始祖”仓颉[jié]造字的贡献，旨在庆祝多种语言以及文化多样性，促进联合国六种官方语言平等使用．某大学面向在校留学生举办中文知识竞赛，每位留学生随机抽取问题并依次作答，其中每个问题的回答相互独立．若答对一题记2分，答错一题记1分，已知甲留学生答对每个问题的概率为，答错的概率为． （1）甲留学生随机抽取题，记总得分为，求的分布列与数学期望； （2）（ⅰ）若甲留学生随机抽取道题，记总得分恰为分的概率为，求数列的前项和； （ⅱ）记甲留学生已答过的题累计得分恰为分的概率为，求数列的通项公式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州三中2024-2025学年第二学期高三第十一次质量检测 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，则的真子集个数为（ ） A. 3个 B. 6个 C. 7个 D. 8个 【答案】C 【解析】 【分析】数形结合，判断方程组解的个数，即中元素的个数，再根据集合中元素的个数确定其真子集的个数即可. 【详解】集合是坐标平面内，以原点为圆心，2为半径的圆上的点的集合， 集合是坐标平面内，函数图象上的点的集合， 在同一坐标系内作出圆及函数的部分图象，如图： 观察图象知，圆及函数的图象有3个公共点， 所以有3个元素，共有个真子集． 故选：C 2. 在复平面内，复数z对应的点Z在第二象限，则复数对应的点所在象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】设出复数的代数形式，利用复数的除法运算求出即可判断得解. 【详解】由在复平面内，复数z对应的点Z在第二象限，设， 则，显然， 所以点在第一象限，A正确. 故选：A 3. 某考生参加某高校的综合评价招生并成功通过了初试，在面试阶段中，8位老师根据考生表现给出得分，分数由低到高依次为：76，a，b，80，80，81，84，85，若这组数据的下四分位数为77，则该名考生的面试平均得分为（ ） A. 79 B. 80 C. 81 D. 82 【答案】B 【解析】 【分析】计算，代入数据可得下四分位数，从而可求均值. 【详解】，故下四分位数为第二个数与第三个数的平均数，即， 解之得， 所以该名考生面试的平均得分为. 故选：B. 4. 已知等比数列的前n项和为，且，，成等差数列，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】应用等比数列前项和公式基本量运算即可. 【详解】因为等比数列的前n项和为，且，，成等差数列， 所以， 设等比数列的公比为q， 由题意知，， 所以， 化简，得，解得或舍去， 所以 故选： 5. 已知能被9整除，则整数的值可以是（ ） A. B. C. 9 D. 13 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项公式可得，则能被整除，结合选项即可求解. 【详解】因为 ， 又能被整除， 所以能被整除， 由选项知当时符合，当，或时均不符合. 故选：B． 6. 如图所示，两动点在以坐标原点为圆心，半径为1的圆上从点处同时出发做匀速圆周运动．已知点按逆时针方向每秒钟转弧度，点按顺时针方向每秒钟转弧度，且两点在第2秒末第一次相遇于点处，则它们从出发后到第2次相遇时，点走过的总路程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】计算相遇时间，再确定转过的角度，再利用弧长公式可求点走过的总路程. 【详解】根据题意，设经过秒，第二次相遇. 点对应的圆心角为，则有， 则. 则由，解可得， 所以第二次相遇时，走过的总路程为． 故选：C 7. 若单位向量满足，向量满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】在平面直角坐标系中求出的坐标，由得到C在以为直径的圆上，求出该圆的方程，再设出的坐标，利用数量积的坐标表示，结合三角函数求出最小值. 【详解】令，依题意，，， 以点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，则， 令，由，得C在以为直径的圆上，该圆的方程为， 设，即， 则 ， 所以的最小值为. 故选：D 8. 函数是定义在上的偶函数，且当时，.若对任意的，均有，则实数的最大值是（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据函数是偶函数，求出函数的解析式，结合不等式的关系进行转化，利用单调性转化为不等式恒成立问题即可求解. 【详解】∵是定义在上的偶函数，且当时，， ∴，当时为增函数， ∴， 则等价于， 即，即对任意恒成立， 设， 则有，解得， 又∵，∴. 故选：A. 【点睛】对于求值或范围的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“f”，转化为解不等式(组)的问题，若f(x)为偶函数，则f(－x)＝f(x)＝f(|x|). 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. 函数的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ） A. 为奇函数 B. 的图象关于直线对称 C. 在区间上单调递增 D. 函数在区间上的值域为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据周期性可得，再根据图像变换可得.对于A：根据图象变换结合正弦函数的奇偶性分析判断；对于B：根据对称轴与最值之间的关系分析判断；对于C：以为整体，结合正弦函数单调性分析判断；对于D：整理可得，以为整体，结合正弦函数有界性分析求解. 【详解】设的最小正周期为， 由题意可知：，即， 且，则，可得，， 所以. 对于选项A：为奇函数，故A正确； 对于选项B：因为为最小值， 所以的图象关于直线对称，故B正确； 对于选项C：因为，则， 且在内单调递增，所以在区间上单调递增，故C正确； 对于选项D：因为， 且，则，可得， 所以，故D错误； 故选：ABC. 10. 如图，棱长为2的正方体中，E，F分别是的中点，点P为底面ABCD内（包括边界）的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 过B，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 B. 存在点P，使得平面 C. 若点P到直线BB1与到直线AD的距离相等，则点P的轨迹为抛物线的一部分 D. 若直线D1P与平面BEF无公共点，则点P的轨迹长度为 【答案】AC 【解析】 【分析】作出过，，三点的平面判断A；建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合直线与平面的平行和垂直关系判断BD；找出点的轨迹，即可判C． 【详解】对于A，连接，，分别是棱，的中点，则， 且，又，则，且， 因此过，，三点的平面截正方体所得截面为梯形，A正确； 以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，设点，其中， ，， 设平面的法向量为，则，取，得， 对于B, ，若存在点，使得平面，则， 于是，即，无解，因此不存在点，使得平面，B错误； 对于C，平面平面，则， 若点到直线与到直线的距离相等，则， 平方整理得，则点的轨迹为抛物线的一部分，C正确； 对D，依题意，平面，因此点的轨迹是过点与平面平行的平面交正方形所得线段， 而，则，令，得；令，得， 线段的中点，于是P点轨迹为线段， 所以点的轨迹长度为，D错误. 故选：AC 11. 定义：一个三角形的一边长是另一边长的2倍，这样的三角形叫做“倍长三角形”．在中，内角，的对边分别为是的角平分线，交于点，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. 为“倍长三角形” B. 若，则面积的最大值为 C. 若，则为锐角 D. 若，当时，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：根据题干利用已知的面积等式，结合正弦定理和余弦定理与面积公式联立，即可得到结果； 对于B：利用余弦定理求出，再用面积公式与不等式即可求得结果. 对于C：根据角平分线性质，余弦定理即可判断结果是否正确； 对于D：根据角平分线性质与向量关系得到面积与的关系，再利用面积值和已知的范围求得结果. 【详解】选项A，，则，故， 因此为“倍长三角形”，故正确； 选项B，由，可得，则， 则 ，当且仅当时等号成立，故B错误； 选项C，由正弦定理，可得， 故， 又，故，又，故， 又，因此，则，即是锐角，故C正确； 选项，由，化简即有， 则，故，故， 故，又.故， 则， 设，则， 则在定义域上单调递减，故， 则，即的最小值为，故D正确． 故选：ACD． 【点睛】方法点睛：求三角形面积最大值的方法 （1）利用基本不等式， （2）利用二次函数性质， （3）利用三角函数有界性， （4）利用几何图形性质. 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. 在正四棱台中，，，，则该棱台的体积为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】由正四棱台的对角面为是等腰梯形，求得棱台的高，结合棱台的体积公式，即可求解. 【详解】正四棱台的对角面为是等腰梯形，其高为该正四棱台的高， 在等腰梯形中，， 因为，则该梯形的高， 所以该棱台的体积为. 故答案为：. 13. 已知双曲线的渐近线与圆有公共点，则双曲线离心率的取值范围为______． 【答案】． 【解析】 【分析】先根据双曲线方程求得双曲线的渐近线，进而利用圆心到渐近线的距离大于半径，求得a和b的关系，进而利用求得a和c的关系，即可求得结果． 【详解】由双曲线的渐近线方程为，不妨设渐近线方程为， 圆的圆心为，半径为1，因为双曲线的渐近线与圆有公共点， 所以，即，由，， 因为，所以，所以． 故答案为：． 14. 设函数，．若函数有两个零点，，则满足条件的最小正整数的值为______． 【答案】3 【解析】 【分析】求导，分，两种情况讨论，当时，不存在两个零点，当时，有两个零点时，需，进而求解即可. 【详解】由题， 所以， 当时，对恒成立， 则在单调递增，故不存在两个零点， 当时，若，则，函数在上单调递减， 若，则，函数在上单调递增， 要使函数有两个零点，则的最小值， 所以即， 因为，所以，令， 显然在上为增函数，且，， 所以存在，使得， 当时，，当时，， 所以满足条件的最小正整数， 又当时，，， 所以时，有两个零点， 综上所述，满足条件的最小正整数的值为3. 故答案为：3. 【点睛】思路点睛：利用导数的运算法则即可得出，并对分类讨论得出函数的单调性，再结合根的存在性原理得，进而将问题转化为求的最小正整数的值即可求解. 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. 已知数列满足，当时，． （1）证明数列是等差数列，并求的通项公式； （2）证明：． 【答案】（1） 因为，所以，即， 又因为，所以是首项为1，公差1的等差数列， 所以，所以． （2） 证明：因为， 所以 因为，所以 【解析】 【分析】（1）由已知递推式，得到，结合等差数列的定义即可证明结论，由等差数列通项公式，即可得到所求通项公式； （2）求得，由裂项相消求和，结合不等式的性质即可得证． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 如图，已知四边形是矩形，平面，且，M、N是线段、上的点，满足. （1）若，求证：直线平面； （2）是否存在实数，使直线同时垂直于直线，直线？如果有请求出的值，否则请说明理由. 【答案】（1） 取中点Q，连接，， 由，得M是线段中点，则，， 由四边形是矩形，N是线段的中点，得，， 于是，，四边形是平行四边形， 则，而平面，平面， 所以直线平面. （2）不存在，理由： 假设存在实数λ，使得同时垂直于直线和直线，由四边形是矩形，得， 即，，而，平面，则平面， 由平面，平面，得，而，，平面， 因此平面，则，在矩形边上取点，使， 连接，则与矛盾，即假设不成立， 所以不存在实数，使直线同时垂直于直线和直线. 【解析】 【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可. （2）根据线面垂直的判定定理和性质，结合线线的位置有关系进行判断即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 如图，已知椭圆：经过点，离心率． （1）求椭圆的标准方程； （2）设是经过右焦点的任一弦（不经过点），直线与直线：相交于点，记，，的斜率分别为，，，求证：，，成等差数列． 【答案】（1）； （2）由（1）知，椭圆的方程为，可得椭圆右焦点坐标， 显然直线斜率存在，设的斜率为，则直线的方程为， 联立方程组，整理得， 设，，则有，， 由直线的方程为，令，可得，即， 从而，，， 又因为共线，则有，即有， 所以 ， 将，代入得，又由，所以，即，，成等差数列． 【解析】 【分析】（1）由点在椭圆上得到，再由，得到，联立方程组，求得的值，即可得到椭圆的标准方程； （2）由（1）得椭圆右焦点坐标，设直线的方程为，联立方程组，求得，及，结合斜率公式得到，结合 ，求得，即可得到，，成等差数列． 【详解】（1）由题意，点在椭圆上得，可得 ① 又由，所以 ② 由①②联立且，可得，，， 故椭圆的标准方程为． （2）略 【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略： 对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力． 18. 已知函数. （1）讨论函数的极值点个数； （2）若不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） 当时无极值点；当时有两个极值点； 当时有一个极小值点. （2） 【解析】 【分析】（1）根据函数极值的定义，结合一元二次方程根的判别式分类讨论进行求解即可； （2）利用换元法构造函数，根据导数的性质进行求解即可. 【小问1详解】 ，，. 令，方程的判别式为， ①：当即时，，单调递增，无极值点； ②：当即时，函数有两个零点，， （i）当时.，，当时，单调递减， 当时，单调递增，有一个极小值点； （ii）当时，， 当与时，单调递增， 当时，单调递减，有两个极值点. 综上：当时无极值点；当时有两个极值点； 当时有一个极小值点. 【小问2详解】 不等式恒成立，即. ，令，， . 令，，则需， 当时，，单调递增，又， 时，不合题意，. 当时，单调递减，当时单调递增，. 而，， 又由可得， 所以需， 令，，当时单调递增， 当时单调递减， ， . 【点睛】关键点睛：本题的关键是根据换元法把变形为. 19. 4月19日是中国传统二十四节气之一的“谷雨”，联合国将这天定为“联合国中文日”，以纪念“中华文字始祖”仓颉[jié]造字的贡献，旨在庆祝多种语言以及文化多样性，促进联合国六种官方语言平等使用．某大学面向在校留学生举办中文知识竞赛，每位留学生随机抽取问题并依次作答，其中每个问题的回答相互独立．若答对一题记2分，答错一题记1分，已知甲留学生答对每个问题的概率为，答错的概率为． （1）甲留学生随机抽取题，记总得分为，求的分布列与数学期望； （2）（ⅰ）若甲留学生随机抽取道题，记总得分恰为分的概率为，求数列的前项和； （ⅱ）记甲留学生已答过的题累计得分恰为分的概率为，求数列的通项公式． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）依题意的可能取值为、、、，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望； （2）（ⅰ）依题意可得，利用等比数列求和公式计算可得； （ⅱ）首先求出，，当时，利用构造法求出通项公式. 【小问1详解】 依题意可得的可能取值为、、、， 则，， ，， 所以的分布列为 所以. 【小问2详解】 （ⅰ）若甲留学生随机抽取道题，总得分恰为分，即道题均答对了， 所以， 设数列的前项和为，则. （ⅱ）依题意可得，，， 当时， 所以， 所以为常数数列，又， 所以， 则，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 经检验当、上式也成立，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $