福建省福州第一中學(xué)2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期第一學(xué)段期中考試數(shù)學(xué)-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

（完卷120分鐘滿分150分）
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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．設(shè)復(fù)數(shù)滿足（為虛數(shù)單位），則（）
A．B．C．D．
2．若，且，則的最小值為（）
A．20B．12C．16D．25
3．已知是兩個(gè)互相垂直的平面，是兩條直線，，則“”是“”的（）
A．充分不必要條件B．必要不充分條件
C．充要條件D．既不充分也不必要條件
4．設(shè)直線與圓相交于A，B兩點(diǎn)，則的面積為（）
A．12B．4C．8D．
5．已知函數(shù)在R上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是（）
A．B．C．D．
6．從個(gè)位數(shù)與十位數(shù)之和為奇數(shù)的兩位數(shù)中任取一個(gè)，其個(gè)位數(shù)為0的概率是
A．B．C．D．
7．已知雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為，拋物線的準(zhǔn)線l經(jīng)過(guò)，且l與雙曲線的一條漸近線交于點(diǎn)A，若，則雙曲線的方程為（）
A．B．
C．D．
8．函數(shù)在上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為（）
A．3B．4C．5D．6
二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分．
9．有一組從小到大排列的樣本數(shù)據(jù)，若將第1個(gè)數(shù)據(jù)減1，最后一個(gè)數(shù)據(jù)加2，其余數(shù)據(jù)不變，得到新的一組數(shù)據(jù)，則下列統(tǒng)計(jì)量中，相比原來(lái)的數(shù)據(jù)變大的有（）
A．極差B．中位數(shù)C．平均數(shù)D．方差
10．已知三次函數(shù)，下列結(jié)論正確的是（）
A．當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減區(qū)間為
B．當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增區(qū)間為
C．當(dāng)時(shí)，若函數(shù)恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則
D．當(dāng)時(shí)，恒成立，則a的取值范圍為
11．?dāng)?shù)列滿足：，下述命題正確的有（）
A．?dāng)?shù)列的通項(xiàng)公式可以是
B．?dāng)?shù)列是遞增數(shù)列
C．若（其中），則
D．存在常數(shù)，使得都成立
三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分．
12．已知向量，則在上的投影向量的坐標(biāo)為 .
13．已知是數(shù)列的前項(xiàng)和，，且對(duì)于任意，有，則 .
14．存在集合的一族子集兩兩交集非空，那么這族子集最多有個(gè).
四、解答題：本大題共5小題．共77分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．
15．已知橢圓長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，且橢圓的離心率，其左右焦點(diǎn)分別為．
(1)求橢圓的方程；
(2)設(shè)斜率為且過(guò)的直線與橢圓交于兩點(diǎn)，求的面積．
16．如圖，長(zhǎng)方體ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在棱AA1上，BE⊥EC1.
（1）證明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.
17．在中，為BC的中點(diǎn)，且.
(1)證明：；
(2)若，求的取值范圍．
18．已知函數(shù)．
(1)求在處的切線的方程；
(2)討論的根的個(gè)數(shù)；
(3)設(shè)是的兩根，證明：．
19．已知數(shù)列，從中選取第項(xiàng)、第項(xiàng)、...、第項(xiàng)，稱新數(shù)列為A的長(zhǎng)度為的子列．記為A所有不同子列的個(gè)數(shù)，例如對(duì)于A：1，0，0，長(zhǎng)度為2的子列有1，0和0，0，長(zhǎng)度為3的子列有1，0，0，所以．
(1)對(duì)于數(shù)列A：2，0，2，4，寫出A的長(zhǎng)度為3的全部子列，并求；
(2)對(duì)于數(shù)列，判斷，的大小關(guān)系，并說(shuō)明理由；
(3)對(duì)于整數(shù)且，數(shù)列滿足和，求的最小值.
1．A
【分析】由已知化簡(jiǎn)復(fù)數(shù)，利用模長(zhǎng)公式求解即可．
【詳解】法一：由，得，所以，所以．
故選：A
法二：由題知，所以．
故選：A
2．D
【分析】利用，結(jié)合基本不等式可求和的最小值.
【詳解】因?yàn)?，所以?br>所以
，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，
所以的最小值為.
故選：D.
3．B
【分析】根據(jù)面面垂直的性質(zhì)與線面垂直的性質(zhì)，結(jié)合充分、必要條件的定義即可求解.
【詳解】由題意知，，
若，當(dāng)時(shí)，有；當(dāng)時(shí)，與可能相交、平行、垂直.
若，由，得.
故“”是“”是必要不充分條件.
故選：B
4．C
【分析】求出圓心到直線的距離，再由求出弦長(zhǎng)，進(jìn)一步可得，再利用三角形的面積公式即可得出答案.
【詳解】圓心到直線的距離為，
，由，
則，由三角形的面積公式可得，
故選：C.
5．B
【分析】根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)和分界點(diǎn)的大小關(guān)系即可得到不等式組，解出即可.
【詳解】因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增，且時(shí)，單調(diào)遞增，
則需滿足，解得，
即a的范圍是.
故選：B.
6．D
【詳解】試題分析：個(gè)位數(shù)與十位數(shù)之知為奇數(shù)一兩位數(shù)共有個(gè)，從中任取一個(gè)共有45個(gè)不同的結(jié)果，由于是隨機(jī)抽取的，每個(gè)結(jié)果出現(xiàn)的可能性是相等的，其中個(gè)位數(shù)為的有個(gè)，由古典概型的概率公式得所求概率為：，故選D.
考點(diǎn)：1、排列組合；2、古典概型.
7．D
【分析】由已知可得出的值，求出點(diǎn)的坐標(biāo)，分析可得，由此可得出關(guān)于、、的方程組，解出這三個(gè)量的值，即可得出雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程.
【詳解】拋物線的準(zhǔn)線方程為，則，則、，
不妨設(shè)點(diǎn)為第二象限內(nèi)的點(diǎn)，聯(lián)立，可得，即點(diǎn)，
因?yàn)榍遥瑒t為等腰直角三角形，
且，即，可得，
所以，，解得，因此，雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為.
故選：D.
8．C
【分析】求出給定函數(shù)的周期，在區(qū)間上利用導(dǎo)數(shù)及零點(diǎn)存在性定理確定零點(diǎn)個(gè)數(shù)即可得解.
【詳解】函數(shù)都是周期函數(shù)，其最小正周期為，
則函數(shù)的最小正周期為，
當(dāng)時(shí)，，求導(dǎo)得，
當(dāng)時(shí)，，，函數(shù)在上單調(diào)遞減，
，函數(shù)在上有唯一零點(diǎn)；
當(dāng)時(shí)，令，求導(dǎo)得，
，，而，則，
函數(shù)在上單調(diào)遞增，而，
存在，使得，當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，
函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，
，函數(shù)在上無(wú)零點(diǎn)；
當(dāng)時(shí)，，求導(dǎo)得，
當(dāng)時(shí)，，，，，
函數(shù)在上單調(diào)遞增，，
則函數(shù)在上存在唯一零點(diǎn)；
當(dāng)時(shí)，令，求導(dǎo)得，
，，而，則，
函數(shù)在上單調(diào)遞減，而，
存在，使得，當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，
函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，，
函數(shù)在上無(wú)零點(diǎn)；
從而函數(shù)在有且只有2個(gè)零點(diǎn)，函數(shù)在有2個(gè)零點(diǎn)，
在上有1個(gè)零點(diǎn)，而，且，
所以函數(shù)在上有5個(gè)零.點(diǎn)
故選：C
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題求解零點(diǎn)個(gè)數(shù)，探討函數(shù)的周期，再在區(qū)間上分段討論零點(diǎn)個(gè)數(shù)是關(guān)鍵.
9．ACD
【分析】根據(jù)極差、中位數(shù)、平均數(shù)、方差的定義計(jì)算即可得出得出答案.
【詳解】極差比原數(shù)據(jù)大3，故A正確；
中位數(shù)不變，故B不正確；
，，
所以平均數(shù)變大，故C正確；
因?yàn)樽钚〉臄?shù)據(jù)變小，最大的數(shù)據(jù)變大，其余數(shù)據(jù)不變，顯然新數(shù)據(jù)較原數(shù)據(jù)相對(duì)于各自的平均值波動(dòng)變大，
由方差的意義易知方差也變大了，故D正確.
故選：ACD.
10．ACD
【分析】利用導(dǎo)數(shù)研究區(qū)間單調(diào)性判斷A、B，由函數(shù)恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則有一個(gè)極值為0，易得或判斷C；將不等式恒成立化為恒成立，對(duì)右側(cè)構(gòu)造函數(shù)，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求其最大值即可判斷D.
【詳解】，則，
當(dāng)時(shí)，在區(qū)間上，
所以在上單調(diào)遞減區(qū)間，A正確，B錯(cuò)誤；
要使函數(shù)恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則有一個(gè)極值為0，
由上分析知：或，而時(shí)，不滿足題意；
所以，有，化簡(jiǎn)可得，C正確；
當(dāng)時(shí)恒成立，即恒成立，
令，則，故，
在上，單調(diào)遞增，在上，單調(diào)遞減，
∴，故，D正確．
故選：ACD
11．AD
【分析】由得，，然后結(jié)合條件，逐一判斷四個(gè)命題的真假．
【詳解】對(duì)于A，若，，
所以，故A正確；
對(duì)于B，取，則，
，當(dāng)時(shí)，滿足，
但數(shù)列是遞減數(shù)列，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，若數(shù)列為遞減數(shù)列，如：，滿足題意，
，但是，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，得，
即，取
則，故D正確.
故選：AD.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題D選項(xiàng)的關(guān)鍵點(diǎn)在于由得，，取，通過(guò)放縮法即可證明.
12．
【分析】利用向量在方向上的投影乘以與同向的單位向量可得出結(jié)果.
【詳解】，則，向量在的投影為，
所以，向量在方向上的投影向量為.
故答案為：.
13．550
【分析】分析可知數(shù)列是以首項(xiàng)和公差均為的等差數(shù)列，根據(jù)等差數(shù)列的求和公式以及性質(zhì)運(yùn)算求解即可.
【詳解】因?yàn)閷?duì)于任意，有，
令，則，即，
可知數(shù)列是以首項(xiàng)和公差均為的等差數(shù)列，
所以.
故答案為：550.
14．29##
【分析】設(shè)是含有個(gè)元素的子集且對(duì)應(yīng)有個(gè)，且，即可得結(jié)果.
【詳解】顯然，這族子集不含有空集，按所含元素的多少可把這族子集分為10類，
不妨設(shè)是含有個(gè)元素的子集，對(duì)應(yīng)有個(gè)，
顯然，一元子集至多只有一個(gè)，若不止一個(gè)，則它們的交集都是空集，不合題意，
所以，故最多有個(gè).
故答案為：
15．(1)
(2)
【分析】（1）由橢圓的基本性質(zhì)得到橢圓的值，寫出橢圓方程.
（2）寫出直線方程，聯(lián)立方程組，由韋達(dá)定理得到和，用交點(diǎn)弦長(zhǎng)公式得到線段長(zhǎng)，由點(diǎn)到直線距離得到三角形高，從而算出三角形面積.
【詳解】（1）由題意可知：，則，
∵，∴，
∴，
∴橢圓
（2），∴直線：，
聯(lián)立方程組得,
設(shè)，
則，
點(diǎn)到直線的距離
∴

16．（1）證明見(jiàn)解析；（2）
【分析】（1）利用長(zhǎng)方體的性質(zhì)，可以知道側(cè)面，利用線面垂直的性質(zhì)可以證明出，這樣可以利用線面垂直的判定定理，證明出平面；
（2）以點(diǎn)坐標(biāo)原點(diǎn)，以分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為，，求出相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)，利用，可以求出之間的關(guān)系，分別求出平面、平面的法向量，利用空間向量的數(shù)量積公式求出二面角的余弦值的絕對(duì)值，最后利用同角的三角函數(shù)關(guān)系，求出二面角的正弦值.
【詳解】（1）證明：因?yàn)槭情L(zhǎng)方體，所以側(cè)面，而平面，所以
又，，平面，因此平面；
（2）
[方法一]【三垂線定理】
由（1）知，，又E為的中點(diǎn)，所以，為等腰直角三角形，所以．
如圖2，聯(lián)結(jié)，與相交于點(diǎn)O，因?yàn)槠矫?，所以?br>又，所以平面．
作，垂足為H，聯(lián)結(jié)，由三垂線定理可知，則為二面角平面角的補(bǔ)角．
設(shè)，則，由，得．
在中，，所以，
即二面角的正弦值為．
[方法二]【利用平面的法向量】
設(shè)底面邊長(zhǎng)為1，高為，所以．
因?yàn)槠矫妫?，即?br>所以，解得．
因?yàn)槠矫妫?，又，所以平面?br>故為平面的一個(gè)法向量．
因?yàn)槠矫媾c平面為同一平面，故為平面的一個(gè)法向量，
在中，因?yàn)?，故與成角，
所以二面角，的正弦值為．
[方法三]【利用體積公式結(jié)合二面角的定義】
設(shè)底面邊長(zhǎng)為1，高為，所以．
因?yàn)槠矫?，所以，即?br>所以，解得．
因?yàn)?，所以是直角三角形，?br>因?yàn)槠矫?，所以到平面的距離相等設(shè)為．
同理，A，E到平面的距離相等，都為1，所以，
即，解得．
設(shè)點(diǎn)B到直線的距離為，在中，由面積相等解得．
設(shè)為二面角的平面角，，
所以二面角的正弦值為．
[方法四]【等價(jià)轉(zhuǎn)化后利用射影面積計(jì)算】
由（1）的結(jié)論知，又，易證，所以，所以，
即二面角的正弦值與二面角的正弦值相等．
設(shè)的中點(diǎn)分別為F，G，H，顯然為正方體，所求問(wèn)題轉(zhuǎn)化為如圖3所示，
在正方體中求二面角的正弦值．
設(shè)相交于點(diǎn)O，易證平面，
所以是在平面上的射影．
令正方體的棱長(zhǎng)，
則，，，．
設(shè)二面角為，由，則，
所以．
即二面角的正弦值為．
[方法五]【結(jié)合（1）的結(jié)論找到二面角的平面角進(jìn)行計(jì)算】
如圖4，分別取中點(diǎn)F，G，H，聯(lián)結(jié)．
過(guò)G作，垂足為P，聯(lián)結(jié)．
易得E，F(xiàn)，G，H共面且平行于面．
由（1）可得面．因?yàn)槊?，所以?br>又因?yàn)镋為中點(diǎn)，所以，且均為等腰三角形．
設(shè)，則，四棱柱為正方體．
在及中有．
所以與均為直角三角形且全等．
又因?yàn)?，所以為二面角（即）的一個(gè)平面角．
在中，．
所以，
所以．
故二面角的正弦值為．
[方法六]【最優(yōu)解：空間向量法】
以點(diǎn)坐標(biāo)原點(diǎn)，以分別為軸，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
，
因?yàn)椋?br>所以，
所以，，
設(shè)是平面的法向量，
所以，
設(shè)是平面的法向量，
所以，
二面角的余弦值的絕對(duì)值為，
所以二面角的正弦值為.
【整體點(diǎn)評(píng)】(2)方法一：三垂線定理是立體幾何中尋找垂直關(guān)系的核心定理；
方法二：利用平面的法向量進(jìn)行計(jì)算體現(xiàn)了等價(jià)轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，是垂直關(guān)系的進(jìn)一步應(yīng)用；
方法三：體積公式可以計(jì)算點(diǎn)面距離，結(jié)合點(diǎn)面距離可進(jìn)一步計(jì)算二面角的三角函數(shù)值；
方法四：射影面積法體現(xiàn)等價(jià)轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，是將角度問(wèn)題轉(zhuǎn)化為面積問(wèn)題的一種方法；
方法五：利用第一問(wèn)的結(jié)論找到二面角，然后計(jì)算其三角函數(shù)值是一種常規(guī)的思想；
方法六：空間向量是處理立體幾何的常規(guī)方法，在二面角不好尋找的時(shí)候利用空間向量是一種更好的方法.
17．(1)證明見(jiàn)詳解
(2)
【分析】（1）分別在、中，根據(jù)題意利用正弦定理分析證明；
（2）利用向量可得，進(jìn)而可得，利用余弦定理可得，即可得取值范圍.
【詳解】（1）因?yàn)闉锽C的中點(diǎn)，則，且,
在中，由正弦定理可得，則；
在中，由正弦定理可得，則；
即，可得，
又因?yàn)?，且?br>所以.
（2）因?yàn)椋?br>則，
即，
則，整理可得，
在中，由余弦定理可得，
即，整理可得，
又因?yàn)?，則，可得，
所以的取值范圍為.
18．(1)
(2)答案見(jiàn)解析
(3)證明見(jiàn)解析
【分析】（1）求出處的導(dǎo)數(shù)值和函數(shù)值，然后根據(jù)點(diǎn)斜式方程求解出切線的方程；
（2）先通過(guò)導(dǎo)數(shù)分析的單調(diào)性和極值，然后將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“與圖象的交點(diǎn)數(shù)”，結(jié)合圖象完成求解；
（3）先求出處的切線方程，然后分析與交點(diǎn)的橫坐標(biāo)與的不等關(guān)系，由此完成證明.
【詳解】（1）因?yàn)椋裕?br>所以，即.
（2）因?yàn)椋?，解得?br>當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，
所以；
的根的個(gè)數(shù)與圖象的交點(diǎn)數(shù)，
與的圖象如下圖所示，
由圖象可知，當(dāng)時(shí)，的圖象無(wú)交點(diǎn)，所以無(wú)實(shí)數(shù)根，
當(dāng)時(shí)，的圖象有個(gè)交點(diǎn)，所以有個(gè)實(shí)數(shù)根，
當(dāng)時(shí)，的圖象有個(gè)交點(diǎn)，所以有個(gè)實(shí)數(shù)根，
綜上所述，當(dāng)時(shí)，無(wú)實(shí)數(shù)根；當(dāng)時(shí)，有個(gè)實(shí)數(shù)根；當(dāng)時(shí)，有個(gè)實(shí)數(shù)根.
（3）因?yàn)槭堑膬筛裕?br>因?yàn)椋?br>所以處的切線方程，即，
設(shè)與交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，
令中，則，
令中，則，
由圖象可知，，
又因?yàn)楹吞幥悬c(diǎn)的縱坐標(biāo)不同，所以等號(hào)不同時(shí)取，
所以，所以，
所以，
所以成立.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解答本題第三問(wèn)的關(guān)鍵在于構(gòu)造“兩條切線夾曲線”的結(jié)構(gòu)，通過(guò)第(1)問(wèn)的切線以及尋找的另一條切線，將的差值計(jì)算轉(zhuǎn)化為直線間交點(diǎn)的橫坐標(biāo)的差值計(jì)算，轉(zhuǎn)化思想的運(yùn)用很大程度上簡(jiǎn)化了證明過(guò)程.
19．(1)；
(2)，理由見(jiàn)詳解
(3)
【分析】（1）根據(jù)的定義結(jié)合條件即得；
（2）根據(jù)題意可知，結(jié)合對(duì)稱可得，得，同理；
（3）令，得數(shù)列中不含有0的子列有個(gè)，含有1個(gè)0的子列有k個(gè)，含有2個(gè)0的子列有個(gè)，，含有個(gè)0的子列有個(gè)，即可解決.
【詳解】（1）因?yàn)閿?shù)列A：2，0，2，4，
可得：A的長(zhǎng)度為3的子列為：，有4個(gè)，
且A的長(zhǎng)度為的子列有5個(gè)，長(zhǎng)度為的子列有個(gè)，
所以.
（2），理由如下：
若是的一個(gè)子列，
則為的一個(gè)子列.
若與是的兩個(gè)不同子列，
則與也是的兩個(gè)不同子列.
則；
同理可得，所以；
同理可得；所以有.
（3）由已知可得，數(shù)列中恰有個(gè)1，個(gè)0.
令，
下證：.
由于，
所以的子列中含有個(gè)0，個(gè)1的子列有且僅有1 個(gè)，
設(shè)為：.
因?yàn)閿?shù)列的含有個(gè)0，個(gè)1的子列至少有一個(gè)，
所以.
數(shù)列中，
不含有0的子列有個(gè)，
含有1個(gè)0的子列有k個(gè)，
含有2個(gè)0的子列有個(gè)，，
含有個(gè)0的子列有個(gè)，
所以.
所以的最小值為.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：數(shù)學(xué)中的新定義題目解題策略：①仔細(xì)閱讀，理解新定義的內(nèi)涵；②根據(jù)新定義，對(duì)對(duì)應(yīng)知識(shí)進(jìn)行再遷移.

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