福建省福州市第三中學(xué)2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期第二次質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)試題（Word版附解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

注意事項(xiàng)：
1.答題前，考生務(wù)必將自己的班級(jí)、準(zhǔn)考證號(hào)、姓名填寫(xiě)在答題卡上.
2.第Ⅰ卷每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑；如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào).第Ⅱ卷必須用0.5毫米黑色簽字筆書(shū)寫(xiě)作答.若在試題卷上作答，答案無(wú)效.
第Ⅰ卷
一、單選題：本大題共8小題，每小題5分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.
1. 已知全集，集合，則（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出再求即可.
【詳解】由題知，，
則.
故選：B.
2. 設(shè)，則“”是“”的（）
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件C. 充分必要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】A
【解析】
【分析】由三角函數(shù)的性質(zhì)結(jié)合充分條件、必要條件的定義即可得解.
【詳解】因?yàn)榭傻茫?br>當(dāng)時(shí)，，充分性成立；
當(dāng)時(shí)，，必要性不成立；
所以當(dāng)，是的充分不必要條件.
故選：A.
3. △ABC的內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c．已知，a=2，c=，則C=
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】試題分析：根據(jù)誘導(dǎo)公式和兩角和的正弦公式以及正弦定理計(jì)算即可
詳解：sinB=sin（A+C）=sinAcsC+csAsinC，
∵sinB+sinA（sinC﹣csC）=0，
∴sinAcsC+csAsinC+sinAsinC﹣sinAcsC=0，
∴csAsinC+sinAsinC=0，
∵sinC≠0，
∴csA=﹣sinA，
∴tanA=﹣1，
∵＜A＜π，
∴A= ，
由正弦定理可得，
∵a=2，c=，
∴sinC== ，
∵a＞c，
∴C=，
故選B．
點(diǎn)睛：本題主要考查正弦定理及余弦定理的應(yīng)用，屬于難題.在解與三角形有關(guān)的問(wèn)題時(shí)，正弦定理、余弦定理是兩個(gè)主要依據(jù). 解三角形時(shí)，有時(shí)可用正弦定理，有時(shí)也可用余弦定理，應(yīng)注意用哪一個(gè)定理更方便、簡(jiǎn)捷一般來(lái)說(shuō) ,當(dāng)條件中同時(shí)出現(xiàn) 及、時(shí)，往往用余弦定理，而題設(shè)中如果邊和正弦、余弦函數(shù)交叉出現(xiàn)時(shí)，往往運(yùn)用正弦定理將邊化為正弦函數(shù)再結(jié)合和、差、倍角的正余弦公式進(jìn)行解答.
4. 已知是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，為平面內(nèi)一點(diǎn)，則的最小值是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)條件建立坐標(biāo)系，求出點(diǎn)坐標(biāo)，利用坐標(biāo)法結(jié)合向量數(shù)量積的公式進(jìn)行計(jì)算即可．
【詳解】建立如圖所示的坐標(biāo)系，以中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，
則，，，
設(shè)，則，，，
則
當(dāng)，時(shí)，取得最小值，
故選：．
5. 函數(shù)在單調(diào)遞減，且為奇函數(shù)，若，則滿足的的取值范圍是．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【詳解】是奇函數(shù)，故；又是減函數(shù)，，
即則有，解得，故選D.
6. 在平面直角坐標(biāo)系中，角以為始邊，終邊在第三象限.則（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】對(duì)A、B：舉出反例即可得；對(duì)C、D：借助三角函數(shù)的商數(shù)關(guān)系及其值域計(jì)算即可得.
【詳解】由題意可得、，，
對(duì)A：當(dāng)時(shí)，，則，，
此時(shí)，故A錯(cuò)誤；
對(duì)B：當(dāng)時(shí)，，故B錯(cuò)誤；
對(duì)C、D：，由，
故，則，即，
故C正確，D錯(cuò)誤.
故選：C.
7. 在正四棱臺(tái)中，，若球與上底面以及棱均相切，則球的表面積為（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)勾股定理求解棱臺(tái)的高,進(jìn)而根據(jù)相切，由勾股定理求解球半徑，即可由表面積公式求解.
【詳解】設(shè)棱臺(tái)上下底面的中心為,連接，
則，
所以棱臺(tái)的高,
設(shè)球半徑為,根據(jù)正四棱臺(tái)的結(jié)構(gòu)特征可知：球與上底面相切于,與棱均相切于各邊中點(diǎn)處，
設(shè)中點(diǎn)為，連接,
所以，解得，
所以球的表面積為，
故選：C
8. 已知函數(shù)，，若總存在兩條不同的直線與函數(shù)，圖象均相切，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】設(shè)函數(shù)，的切點(diǎn)坐標(biāo)分別為，，根據(jù)導(dǎo)數(shù)幾何意義可得，，即該方程有兩個(gè)不同的實(shí)根，則設(shè)，求導(dǎo)確定其單調(diào)性與取值情況，即可得實(shí)數(shù)a的取值范圍.
【詳解】解：設(shè)函數(shù)上的切點(diǎn)坐標(biāo)為，且，函數(shù)上的切點(diǎn)坐標(biāo)為，且，
又，則公切線的斜率，則，所以，
則公切線方程為，即，
代入得：，則，整理得，
若總存在兩條不同的直線與函數(shù)，圖象均相切，則方程有兩個(gè)不同的實(shí)根，
設(shè)，則，令得，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，時(shí)，，單調(diào)遞減，
又可得，則時(shí)，；時(shí)，，則函數(shù)的大致圖象如下：
所以，解得，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為.
故選：B.
【點(diǎn)睛】本題考查了函數(shù)的公切線、函數(shù)方程與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，難度較大.解決本題的關(guān)鍵是，根據(jù)公切線的幾何意義，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)分別為，且，，且，可得，即有，得公切線方程為，代入切點(diǎn)將雙變量方程轉(zhuǎn)化為單變量方程，根據(jù)含參方程進(jìn)行“參變分離”得，轉(zhuǎn)化為一曲一直問(wèn)題，即可得實(shí)數(shù)a的取值范圍.
二、多選題：本大題共3小題，每小題6分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)是符合題目要求的，全部選對(duì)得6分，部分選對(duì)得部分分，有選錯(cuò)得0分.
9. 已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列，且，則（）
A. B.
C. 數(shù)列是等差數(shù)列D. 數(shù)列是等比數(shù)列
【答案】AC
【解析】
【分析】根據(jù)等差數(shù)列性質(zhì)可以判斷A正確；利用等差數(shù)列通項(xiàng)公式可以判斷B錯(cuò)誤；根據(jù)等差數(shù)列的概念可判斷C，根據(jù)特例可判斷D.
【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，
對(duì)A，因?yàn)槭堑炔顢?shù)列，且，
則由等差數(shù)列性質(zhì)可得，故A正確；
對(duì)B，，
則，故B錯(cuò)誤；
對(duì)C，因?yàn)椋瑒t數(shù)列是等差數(shù)列，故C正確；
對(duì)D，如數(shù)列為，顯然數(shù)列不是等比數(shù)列，故D錯(cuò)誤;
故選：AC.
10. 如圖，在正方體中，，，分別為棱，，的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（）
A. 平面
B. 點(diǎn)與點(diǎn)到平面的距離相等
C. 平面截正方體所得截面圖形為等腰梯形
D. 平面將正方體分割成的上、下兩部分的體積之比為
【答案】BCD
【解析】
【分析】假設(shè)平面，證得，顯然不成立，即得A錯(cuò)誤；證明四點(diǎn)共面，即得截面四邊形，再結(jié)合平行關(guān)系和長(zhǎng)度關(guān)系即判斷C正確；利用線面平行的判定定理證明平面，即證B正確；計(jì)算分割的上面部分棱臺(tái)的體積和正方體體積，即得下面部分體積，證得D正確.
【詳解】正方體中，不妨設(shè)棱長(zhǎng)為2.
假設(shè)平面，則，而底面，則，與相交于平面內(nèi)，所以平面，則，顯然不成立，即選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
連接，，由知，四點(diǎn)共面，即為平面截正方體所得截面圖形，而，，故截面圖形為等腰梯形，C正確；
由,知四邊形是平行四邊形，所以，且平面，平面，故平面，所以點(diǎn)與點(diǎn)到平面的距離相等，選項(xiàng)B正確；
平面將正方體分割的上面部分是棱臺(tái)，上底面面積為，下底面面積為，高，所以體積，而正方體體積為，所以分割的下面部分體積，所以，即選項(xiàng)D正確.
故選：BCD.
11. 已知奇函數(shù)的定義域?yàn)椋?，?duì)于任意的正數(shù)，都有，且時(shí)，都有，則（）
A.
B. 函數(shù)在內(nèi)單調(diào)遞增
C. 對(duì)于任意都有
D. 不等式的解集為
【答案】ACD
【解析】
【分析】根據(jù)已知應(yīng)用賦值法判斷A選項(xiàng)，結(jié)合奇函數(shù)判斷C選項(xiàng)，根據(jù)單調(diào)性定義判斷B選項(xiàng)，結(jié)合單調(diào)性解不等式判斷D選項(xiàng).
【詳解】已知,令可得,
令可得,得,,A選項(xiàng)正確;
奇函數(shù)的定義域?yàn)?，所以,又知,
所以函數(shù)在內(nèi)不是單調(diào)遞增,B選項(xiàng)錯(cuò)誤;
對(duì)于任意的正數(shù)，都有，
對(duì)于任意都有,,,
又因?yàn)楹瘮?shù)為奇函數(shù)，可得,C選項(xiàng)正確;
對(duì)于任意的正數(shù)，都有，
,又因?yàn)?所以,
所以,
又因?yàn)樗?所以,
所以函數(shù)在內(nèi)是單調(diào)遞增, 又因?yàn)楹瘮?shù)為奇函數(shù)，所以函數(shù)在內(nèi)是單調(diào)遞增,
不等式,,
已知,
令, 因?yàn)榭傻茫?br>函數(shù)在內(nèi)是單調(diào)遞增, 所以,
已知,令, 因?yàn)?
可得，同理，,
又因?yàn)楹瘮?shù)為奇函數(shù)，,,
又因?yàn)楹瘮?shù)在內(nèi)是單調(diào)遞增, 所以
不等式的解集為, D選項(xiàng)正確；
故選:ACD.
第Ⅱ卷
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分，把答案填在答題卡相應(yīng)橫線上.
12. 已知單位向量，向量，，若，則實(shí)數(shù)λ＝________．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量垂直的性質(zhì)即可求解.
【詳解】因?yàn)椋?br>故.
故答案為：
13. 直線被圓截得最大弦長(zhǎng)為_(kāi)_____．
【答案】
【解析】
【分析】先求出圓心到直線的距離，再利用垂徑定理與勾股定理建立關(guān)系即可得到答案.
【詳解】由已知，圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為，圓心為，半徑，
圓心到直線的距離，解得，
所以弦長(zhǎng)為，因?yàn)椋?br>所以，所以弦長(zhǎng)，
當(dāng)即時(shí)，弦長(zhǎng)有最大值.
故答案為：.
14. 對(duì)于正整數(shù)n，設(shè)是關(guān)于x的方程的實(shí)數(shù)根.記，其中表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，則____________；設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為則___.
【答案】 ①. 0 ②. 1010
【解析】
【分析】（1）當(dāng)時(shí)，化簡(jiǎn)方程，通過(guò)構(gòu)造函數(shù)的方法，找到函數(shù)零點(diǎn)的范圍，進(jìn)而求出結(jié)果.
（2）令，化簡(jiǎn)方程，通過(guò)構(gòu)造函數(shù)的方法，找到零點(diǎn)的范圍，即得范圍，分類討論為奇數(shù)和偶數(shù)時(shí)，求得結(jié)果.
【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，
設(shè)單調(diào)遞減，
，，所以，
（2）令，則方程化為：
令，則在(0,+∞)單調(diào)遞增
；
由零點(diǎn)存在定理可得：，，
當(dāng)，，
當(dāng)，，
所以當(dāng)，
故答案為：①0；②1010
【點(diǎn)睛】本題考查了函數(shù)的性質(zhì)、零點(diǎn)存在定理，數(shù)列求和等基本知識(shí)，考查了運(yùn)算求解能力和邏輯推理能力，轉(zhuǎn)化和分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬于難題.
四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.
15. 已知數(shù)列的前項(xiàng)和為.
（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；
（2）令，求數(shù)列的前項(xiàng)和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由的關(guān)系分是否等于1進(jìn)行討論即可求解；
（2）首先得，進(jìn)一步結(jié)合錯(cuò)位相減法以及等比數(shù)列求和公式即可得解.
【小問(wèn)1詳解】
當(dāng)時(shí)，
當(dāng)時(shí)，，兩式相減得，
，
數(shù)列是以2為首項(xiàng)，2為公比等比數(shù)列，
【小問(wèn)2詳解】
由（1）可知，記，
，
，
兩式相減得
.
16. 在中，角的對(duì)邊分別為的面積為，已知.
（1）求角；
（2）若的周長(zhǎng)為，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)利用正弦定理及三角恒等變換即可求解；
(2)由余弦定理及三角形的面積公式得，再由基本不等式進(jìn)行求解即可.
【小問(wèn)1詳解】
因?yàn)椋?br>所以，
即，
由正弦定理，得，
因?yàn)椋?br>所以，
因?yàn)?，所以，所以?br>又，所以.
【小問(wèn)2詳解】
由余弦定理，得，即，
所以，即，
因?yàn)椋?br>所以，
所以，
又（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)），
所以（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)），
所以（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)），
所以（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)），
即的最大值為.
17. 已知橢圓：的右焦點(diǎn)F在直線上，A，B分別為的左、右頂點(diǎn)，且.
（1）求C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）是否存在過(guò)點(diǎn)的直線交C于M，N兩點(diǎn)，使得直線，的斜率之和等于-1？若存在，求出的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.
【答案】（1）
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）先求出點(diǎn)的坐標(biāo)，得出橢圓中的，結(jié)合橢圓的幾何性質(zhì)可出答案.
（2）設(shè)直線的方程為：，Mx1,y1，Nx2,y2，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，得出韋達(dá)定理，由題意，將韋達(dá)定理代入可出答案.
【小問(wèn)1詳解】
設(shè)右焦點(diǎn)Fc,0，
直線與x軸的交點(diǎn)為1,0，
所以橢圓C右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為1,0，
故在橢圓C中，
由題意，結(jié)合，則，
，
所以橢圓C的方程為：；
【小問(wèn)2詳解】
當(dāng)直線的斜率為0時(shí)，顯然不滿足條件，
當(dāng)直線的傾斜角不為時(shí)，
設(shè)直線的方程為：，Mx1,y1，Nx2,y2，
由，可得，
由題意Δ=36m2?4×3m2+4×?9=144m2+144>0，
則，，
由
，
由，即，
故存在滿足條件的直線，直線的方程為：.
18. 如圖，在四棱錐中，，，，，，，平面平面.

（1）求證：平面平面.
（2）求二面角的余弦值.
（3）為平面內(nèi)一點(diǎn)，若平面，求的長(zhǎng).
【答案】（1）證明見(jiàn)解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理先證，由面面垂直的性質(zhì)得出，結(jié)合勾股定理及線面垂直的判定證明平面即可；
（2）法一、利用二面角的定義結(jié)合第一問(wèn)得出二面角的一個(gè)平面角，再由余弦定理計(jì)算即可；法二、以B為中心建立合適的空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量計(jì)算面面角即可；
（3）法一、利用線線垂直、線面垂直的性質(zhì)與判定作出平面，解三角形即可；法二、利用（2）的坐標(biāo)系，設(shè)坐標(biāo)結(jié)合空間向量基本定理及空間向量數(shù)量積計(jì)算求G點(diǎn)坐標(biāo)即可.
【小問(wèn)1詳解】

連接，在中，，
，
則，，，
平面平面，，平面平面，
平面，平面，所以，
在中，,
又，
∴，
在中：，∴，
又，平面，
平面，且平面，
平面平面.
【小問(wèn)2詳解】
法一、由上可知：，則二面角的一個(gè)平面角為，
在中，由余弦定理知；
法二、如圖建系：設(shè)軸與交于，過(guò)P作與E，
設(shè)，則，

∴，
，
解之得，
易知，所以，
則，
設(shè)為平面的一個(gè)法向量，則：，
令，則，所以，
易知是平面一個(gè)法向量，
設(shè)二面角的一個(gè)平面角為，則，
由圖形可知該二面角為鈍角，所以；
小問(wèn)3詳解】
法一：過(guò)作，垂足為，過(guò)作，
在中，過(guò)作，過(guò)作，
因?yàn)槠矫?，所以平面?br>又平面，所以，
而平面，所以平面，即G為所求.
分別延長(zhǎng)交于，連接，
過(guò)作，由（1）易知，平面，
平面，

∴，設(shè)，，
∴，則，設(shè)，

在平面內(nèi)，由幾何關(guān)系知，
所以；
法二：?。?）的坐標(biāo)系，則，，，設(shè)，所以，
又：，即，
19. 設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，且，函數(shù).
（1）若，討論函數(shù)的單調(diào)性；
（2）若對(duì)任意，函數(shù)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求a的取值范圍；
（3）當(dāng)時(shí)，對(duì)任意，函數(shù)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，證明：.
（注：是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）
【答案】（1）答案見(jiàn)解析
（2）.
（3）證明見(jiàn)解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)已知條件求出，對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，分和兩種情況討論函數(shù)的單調(diào)性即可；
（2）原問(wèn)題等價(jià)于有2個(gè)不同的解，然后構(gòu)造函數(shù)，二次求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，分析即可確定實(shí)數(shù)的取值范圍；
（3）結(jié)合（2）的結(jié)論，對(duì)問(wèn)題進(jìn)行等價(jià)變形，適當(dāng)放縮，利用分析法即可證明結(jié)論.
【小問(wèn)1詳解】
因?yàn)?，?br>所以，，
①若，則g′x=1x?b>0，所以在R上單調(diào)遞增；
②若，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減.
綜上，
時(shí)，在0,+∞上單調(diào)遞增；
時(shí)，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
【小問(wèn)2詳解】
有2個(gè)不同零點(diǎn)有2個(gè)不同解，
等價(jià)于有2個(gè)不同的解，
令，則，，
記，，
記，?′t=et(t?1)+et?1=et?t>0，
所以定義域上單調(diào)遞增，又，
所以時(shí)，，時(shí)，，
則在0,2單調(diào)遞減，單調(diào)遞增，
∴，故，
∵，
∴，
∴l(xiāng)na≤2a>1?1ln2ex2x2+e2x22ex2x2>5，
只需證，
只需證，
∵，只需證在時(shí)為正，
由于?′x=1x+4xe?x?4e?x=1x+4e?xx?1>0，故函數(shù)?x單調(diào)遞增，
又，故在時(shí)為正，
從而題中的不等式得證.
[方法二]：分析+放縮法
，有2個(gè)不同零點(diǎn)，，
，由得（其中）.
且，.
要證，只需證，
即證，只需證x2>lnblnb2e2bx1.
又，所以，即.
所以只需證x2>lnblnb，而，
所以，又lnblnb>lnb，只需證.
所以，
原命題得證.
[方法三]：
若且，則滿足且，
由（2）知有兩個(gè)零點(diǎn)且.
又，故進(jìn)一步有.
由可得且，
從而x2>blnb2e2x1+e2b?bx2?e2>blnb2e2bx1?ex2>blnb2e2ex1+e2.
因?yàn)?，所以，只需證.
又因?yàn)樵趨^(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，
故只需證，即，
注意時(shí)有，故不等式成立.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：（1）利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，判斷單調(diào)性，對(duì)于導(dǎo)數(shù)中含有參數(shù)的，往往需要分類討論；
（2）一次求導(dǎo)無(wú)法判斷單調(diào)性的題目，可以二次求導(dǎo)；
（3）運(yùn)用導(dǎo)數(shù)結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性證明不等式成立.

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