福建省福州第一中学2023-2024学年高三上学期期末考试 数学 Word版含解析.docx

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福州一中2023-2024学年高三第一学期第二学段期末考试数学试卷（考试时间：120分钟试卷满分：150分）一、单项选择题：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.已知全集，集合，集合，则图中阴影部分所表示的集合为（）A.B.C.D.2.复数z满足，其中i为虚数单位，则复数的虚部为（）A.B.C.D.3.已知为正项等比数列，是它的前n项和，若，且与的等差中项为3，则等于（）A.B.C.D.4.已知正三棱台的上､下底面的边长分别为6和12，且棱台的侧面与底面所成的二面角为，则此三棱台的体积为（）A.B.C.D.5.设直线与圆交于，两点，则的取值范围为（）A.B.C.D.6.我国油纸伞的制作工艺非常巧妙.如图1，伞不管是张开还是收拢，伞柄始终平分同一平面内两条伞骨所成的角，且，从而保证伞圈能够沿着伞柄滑动.如图2，伞完全收拢时，伞圈已滑到的位置，且三点共线，为的中点，当伞从完全张开到完全收拢，半圈沿着伞柄向下滑动的距离为，则当伞完全张开时，的余弦值是（） A.B.C.D.7.已知O为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线l与E的右支交于点P，Q设与的内切圆圆心分别是M，N，直线OM，ON的斜率分别是，则，则双曲线E的离心率为（）A.B.C.D.8.设函数，若关于x不等式有且只有三个整数解，则实数a的取值范围是（）A.B.C.D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.向量在向量上的投影向量的坐标为B.“”是“直线与直线平行”充要条件C.若正数a，b满足，且，则D.已知为两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，若，则10.已知为数列前n项和，，若数列既是等差数列，又是等比数列，则（） A.常数数列B.是等比数列C.为递减数列D.是等差数列11.在三棱锥中，已知，棱AC，BC，AD的中点分别是E，F，G，，则（）A.过点E，F，G的平面截三棱锥所得截面是菱形B平面平面BCDC.异面直线AC，BD互相垂直D.三棱锥外接球的表面积为12.已知抛物线的焦点为F，抛物线上的点到点的距离为4，过点的直线l交抛物线于，两点，以线段为直径的圆交y轴于，两点，设线段的中点为，则（）A.B.的取值范围为C.若，则直线l的斜率为D.有最大值三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，则__________．14.写出一个同时满足下列性质①②③的椭圆的标准方程为___________．①中心在原点，焦点在y轴上；②离心率为；③焦距大于8．15.已知的半径是1，点P满足，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，设，则当___________时，取得最大值．16.已知正四面体的棱长为2，为的中点，为中点，是棱上的动点，是平面内的动点，则当取得最小值时，线段的长度等于___________．四、解答题：本题共6小题，共70分，17题10分，其他小题各12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．（1）求的大小；（2）若，直线PQ分别交AB，BC于P，Q两点，且PQ把的面积分成相等的两部分，求的最小值．18.己知数列的前项积为，且．（1）证明：是等差数列；（2）从中依次取出第1项，第2项，第4项……第项，按原来顺序组成一个新数列，求数列的前项和．19.如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．（1）求证：；（2）试求BF的长，使平面AEF与平面PCD夹角的余弦值为．20.某公司食堂每天中午给员工准备套餐，套餐只有A、B、C三种，公司规定：每位员工第一天在3个套餐中任意选一种，从第二天起，每天都是从前一天没有吃过的2种套餐中任意选一种．（1）若员工甲连续吃了3天的套餐，求第三天吃的是“套餐A”的概率；（2）设员工甲连续吃了5天套餐，其中选择“套餐B”的天数为X，求X的分布列及数学期望．21.己知椭圆的上、下顶点分别是A，B，点E（异于A，B两点）在椭圆C上，直线EA与EB的斜率之积为，椭圆C的短轴长为2．（1）求椭圆C的标准方程；（2）点Q是椭圆C长轴上的不同于左右顶点的任意一点，过点Q作斜率不为0的直线l，l 与椭圆的两个交点分别为P，N，若为定值，则称点Q为“稳定点”，问：是否存在这样的稳定点？若有，求出所有的“稳定点”；若没有，请说明理由．22.已知函数有两个不同的零点，分别记为，，且．（1）求实数的取值范围；（2）若不等式恒成立（e为自然对数的底数），求正数k的取值范围． 福州一中2023-2024学年第一学期第二学段期末考试高三数学期末考试卷（考试时间：120分钟试卷满分：150分）一、单项选择题：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.已知全集，集合，集合，则图中阴影部分所表示的集合为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先化简两个集合，根据阴影部分可求答案.【详解】由题意图中阴影部分为，而，，所以.故选：B.2.复数z满足，其中i为虚数单位，则复数的虚部为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由复数除法运算以及共轭复数、虚部的概念即可求解.【详解】由题意，所以的虚部为.故选：D.3.已知为正项等比数列，是它的前n项和，若，且与的等差中项为3，则 等于（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据基本量法求出和q，然后由求和公式可得.【详解】记等比数列的公比为，由题可知，，即，解得或（舍去），所以.故选：B4.已知正三棱台的上､下底面的边长分别为6和12，且棱台的侧面与底面所成的二面角为，则此三棱台的体积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用正三棱台的几何特征求出棱台的高，再求出上下底面积，利用棱台的体积公式求解即可.【详解】由题意可知正三棱台的上底面面积为，下底面面积为， 设中点为，为下、上底面中心，连接，过作底面交于，由正三棱台的性质可知，，因为平面平面，所以为棱台侧面与底面所成的二面角的平面角，即，因为，，所以，，所以此三棱台的体积，故选：C5.设直线与圆交于，两点，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由条件可知直线过定点，直线时，弦最短，直线l过圆心时，弦最长，求解即可.【详解】设直线为l，方程变形为，所以直线恒过定点，因为圆的方程为，所以圆心，半径，因为，所以在圆的内部，当直线时，弦最短，因为，所以，当直线l过圆心时，弦最长为，故的取值范围为.故选：. 6.我国油纸伞的制作工艺非常巧妙.如图1，伞不管是张开还是收拢，伞柄始终平分同一平面内两条伞骨所成的角，且，从而保证伞圈能够沿着伞柄滑动.如图2，伞完全收拢时，伞圈已滑到的位置，且三点共线，为的中点，当伞从完全张开到完全收拢，半圈沿着伞柄向下滑动的距离为，则当伞完全张开时，的余弦值是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先通过题意求出，再通过余弦定理求出，进而通过倍角公式可得的值.【详解】当伞完全张开时，，因为为的中点，所以，当伞完全收拢时，，所以，在中，，所以.故选：A.7.已知O为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线l与E的右支交于点P，Q设与的内切圆圆心分别是M，N，直线OM，ON的斜率分别是，则，则双曲线E的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】先根据内切圆的性质确定圆心的坐标，进而得出，结合等量关系可得答案.【详解】设的内切圆和三边分别相切于点,则，又，所以，所以.设直线l的倾斜角为，则由内切圆的性质可得，，所以；同理可得，所以；因为，所以，解得.故选：C.8.设函数，若关于x的不等式有且只有三个整数解，则实数a的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】把不等式转化为，令，求得，令，在上单调递增，存在唯一的使得，得出函数的单调性，结合，，，，的值和题设条件，得出，求解即可.【详解】∵，等价于.令则，令，在上单调递增，又由，，∴存在唯一的使得，当时，，，单调递减；当时，，，单调递增，又，，，，.所以当有且仅有三个整数解时，有，解得，即实数a的取值范围是.故选：B二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.向量在向量上的投影向量的坐标为B.“”是“直线与直线平行”的充要条件C.若正数a，b满足，且，则 D.已知为两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，若，则【答案】CD【解析】【分析】利用投影向量的求法可判定A的正误，利用直线平行的条件可得B的正误，利用对数运算及基本不等式可得C的正误，根据空间位置关系可得D的正误.【详解】对于A，向量在向量上的投影向量的坐标为，A不正确.对于B，直线与直线平行，则有且，解得或，所以“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件，B不正确.对于C，因为，所以，所以，因为，所以等号不成立，故，C正确.对于D，因为，所以，因为，所以，D正确.故选：CD.10.已知为数列的前n项和，，若数列既是等差数列，又是等比数列，则（）A.常数数列B.是等比数列C.为递减数列D.是等差数列【答案】ABD【解析】【分析】根据等差数列和等比数列的性质，结合等比数列的定义逐一判断即可.【详解】对于选项A：设等差数列的公差为，由题意可知：， 因为数列也是等比数列，因此有，显然既是等差数列，又是等比数列，符合题意，故A正确；对于选项B：可知，当时，，两式相减得，且，可得，可知数列是以为首项，公比为的等比数列，则，故B正确；对于选项C：因为，，可得，根据指数函数的单调性和单调性的性质可以判断数列为递增数列，故C错误；对于选项D：因为，所以数列是不为零的常数列，所以它是等差数列，故D正确；故选：ABD11.在三棱锥中，已知，棱AC，BC，AD的中点分别是E，F，G，，则（）A.过点E，F，G的平面截三棱锥所得截面是菱形B.平面平面BCDC.异面直线AC，BD互相垂直D.三棱锥外接球的表面积为【答案】ABD【解析】【分析】A项，利用中位线证明平行关系与长度关系得四边形为菱形；B项，取CD的中点P，由勾股定理证明，由等腰三角形三线合一得，由线线垂直证线面垂直再证面面垂直即可；C项，假设垂直推证，由斜边与直角边关系可推出矛盾；D项，取的中心 ，由面面垂直性质定理得线面垂直关系，由勾股定理得，利用球心到各顶点距离相等可得正三角形的中心即为球心.【详解】选项A，如图，连接EF，EG，取BD的中点H，连接GH，FH，由F是BC的中点，得，，同理得，，所以，，四边形EFHG是平行四边形，于是过点E，F，G的平面截三棱锥所得截面即为四边形EFHG，且由E，F分别是AC，BC的中点，得，，因此，所以四边形EFHG为菱形，故A正确；选项B，取CD的中点P，连接，由，得，由，得，又，所以，所以，又，，又平面BCD，所以平面BCD，又平面ADC，所以平面平面BCD，故B正确；选项C，假设，已知，且平面，所以平面，而平面，所以，所以，这与已知“”矛盾，故C错误；选项D，取正三角形的中心，连接， 则，由于是直角三角形，CD为斜边，则，由平面平面BCD，平面平面，由，且平面，所以平面，所以，则，所以的外心就是三棱锥的外接球球心，所以外接球半径R就是外接圆半径，可知，所以三棱锥外接球的表面积为，故D正确．故选：ABD.12.已知抛物线的焦点为F，抛物线上的点到点的距离为4，过点的直线l交抛物线于，两点，以线段为直径的圆交y轴于，两点，设线段的中点为，则（）A.B.的取值范围为C.若，则直线l的斜率为D.有最大值【答案】BD【解析】【分析】由题意计算可得，即可得抛物线解析式，设、，，联立曲线则可得与两交点有关韦达定理，借助中点公式与距离公式可得以线段AB为直径的圆的方程，令即可得、两点坐标，计算即可得A，计算的范围即可得的范围即可得B，由可计算出，两点具体坐标，即可得C，由 ，借助两角和的正切公式及所得韦达定理计算即可得D.【详解】由在抛物线上，故有，焦点，又，故有，化简得，又，故，即，设、，，联立，可得，，则，，则，，故，，则，故以线段AB为直径的圆的方程为，令，有，故，由圆的对称性，不妨设，，则，则不恒等于，故A错误；过点作轴于点，则 ，令，则，则，由对勾函数性质可知，在上单调递增，故，故，则，故B正确；若，则有，即，由，故，解得，则，则，，故，故C错误；，由，，故，则当时，有最大值，且其最大值为，故D正确.故选：BD 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，则__________．【答案】【解析】【分析】首先将化简为，再利用诱导公式和余弦二倍角公式即可得到答案.【详解】由题意可得：. 故答案为：.14.写出一个同时满足下列性质①②③的椭圆的标准方程为___________．①中心在原点，焦点在y轴上；②离心率为；③焦距大于8．【答案】（答案不唯一，符合题意即可）【解析】【分析】根据离心率可得之间的关系，结合题意取的值，即可得方程.【详解】由题意可知：，可得，令，可得，又因为中心在原点，焦点在y轴上，可得椭圆的标准方程为.故答案为：（答案不唯一，符合题意即可）.15.已知的半径是1，点P满足，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，设，则当___________时，取得最大值．【答案】【解析】【分析】由题意可知：，，根据数量积的定义结合三角恒等变换整理得，再根据正弦函数的有界性分析求解.【详解】由题意可知：点P在以为圆心，半径为的圆上， 因为直线PA与相切于点A，则，，可知，，又因为D为BC的中点，则，可得，则，且，可得，可知：当，即时，取到最大值.故答案为：.16.已知正四面体的棱长为2，为的中点，为中点，是棱上的动点，是平面内的动点，则当取得最小值时，线段的长度等于___________．【答案】【解析】【分析】取中点，先由平面，得在线段上，再把沿翻折到平面上，得到取得最小值时，由此求出结果.【详解】取中点，连接， 由正四面体性质可得，，因为，所以平面因为，所以平面，当取得最小值时，平面，所以在线段上，由平面，得，，，所以，将沿翻折到平面上，如图由题意知，，，则，所以当取得最小值时，即，所以故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分，17题10分，其他小题各12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． （1）求的大小；（2）若，直线PQ分别交AB，BC于P，Q两点，且PQ把的面积分成相等的两部分，求的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理边角互换、两角和的正弦公式以及诱导公式即可求解；（2）由三角形面积公式首先得，进一步结合基本不等式以及余弦定理即可求解.【小问1详解】因为，所以，即，所以，即.【小问2详解】由题意不妨设，由题意，所以，由余弦定理、基本不等式得，等号成立当且仅当，综上所述，的最小值为.18.己知数列的前项积为，且．（1）证明：是等差数列；（2）从中依次取出第1项，第2项，第4项……第项，按原来顺序组成一个新数列 ，求数列的前项和．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由，，代入可得，化简即可证明结论；（2）由等差数列的通项公式可得，从而得到数列的通项公式，利用错位相减即可求得结果.【小问1详解】因为数列的前项积为，所以，又因为，所以，化简可得，当时，，解得：，所以是等差数列，首项为3，公差为2.【小问2详解】由（1）可得,所以，故，令数列的前项和为，则①②①②可得：化简可得：，所以数列的前项和19.如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点． （1）求证：；（2）试求BF的长，使平面AEF与平面PCD夹角的余弦值为．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）建立空间坐标系，写出向量坐标，利用向量数量积证明垂直；（2）求出平面法向量，根据线面角可求答案.【小问1详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建系如图，,因为E为线段PB的中点，所以;,;因为,所以.【小问2详解】设，则,则,设平面的一个法向量为， ，令，则.,设平面的一个法向量为，，令，则.设平面AEF与平面PCD的夹角为，，由题意，解得，即.20.某公司食堂每天中午给员工准备套餐，套餐只有A、B、C三种，公司规定：每位员工第一天在3个套餐中任意选一种，从第二天起，每天都是从前一天没有吃过的2种套餐中任意选一种．（1）若员工甲连续吃了3天的套餐，求第三天吃的是“套餐A”的概率；（2）设员工甲连续吃了5天的套餐，其中选择“套餐B”的天数为X，求X的分布列及数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）分第一天吃的是“套餐A”和第一天吃的是“套餐B”（或“套餐C”），结合独立事件概率乘法公式运算求解；（2）由题意可知：X的可能取值为，结合题意求分布列和期望.【小问1详解】若第一天吃的是“套餐A”，则第二天吃的是“套餐B”或“套餐C”，此时的概率为；若第一天吃的是“套餐B”（“套餐C”），则第二天吃的是“套餐C”（“套餐B”），此时的概率为；所以第三天吃的是“套餐A”的概率.【小问2详解】 由题意可知：X的可能取值为，则有：；；；；可知X的分布列为0123所以X的期望为.21.己知椭圆的上、下顶点分别是A，B，点E（异于A，B两点）在椭圆C上，直线EA与EB的斜率之积为，椭圆C的短轴长为2．（1）求椭圆C的标准方程；（2）点Q是椭圆C长轴上的不同于左右顶点的任意一点，过点Q作斜率不为0的直线l，l与椭圆的两个交点分别为P，N，若为定值，则称点Q为“稳定点”，问：是否存在这样的稳定点？若有，求出所有的“稳定点”；若没有，请说明理由．【答案】21.22.存在稳定点，理由见详解【解析】【分析】（1）根据题意可得两点坐标，设出点，由化简可得椭圆C的标准方程；（2）设直线，与椭圆方程联立，由韦达定理可得，，又，，从而可求的表达式，即可求解. 【小问1详解】由题，，即，所以，，设，由可得，，化简得，又点满足上式，所以椭圆C的标准方程为.【小问2详解】存在这样的点，设直线，，，，联立，消去整理得，，，，又，，，要使上式为定值，则，故当时，为定值，综上，存在这样的稳定点. 【点睛】思路点睛：第二问，设出直线与椭圆方程联立，得到根与系数关系，又利用两点间距离公式可得又，，代入运算化简得解.22.已知函数有两个不同的零点，分别记为，，且．（1）求实数的取值范围；（2）若不等式恒成立（e为自然对数的底数），求正数k的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用导数求出函数的单调性和最大值，由最大值大于即可解得结果；（2）根据不等式，两边取自然对数后，得到，结合题设得，消去后得，再通过双变量化单变量，构造函数讨论单调性得出.【小问1详解】函数的定义域为，，当时，因，故函数在上单调递增，不存在两个零点，不合题意；当时，设，，故在上单调递减，即在上单调递减，由，得， 当时，；当时，；所以当时候，取得最大值.即,当趋近于0时，趋近于0，趋近于负无穷，趋近于负无穷；当趋近于正无穷时，趋近于负无穷.所以若函数有两个不同的零点，则，即，解得，又，所以实数a的取值范围.【小问2详解】因为有两个不同的零点，，由题知，且，即，相减得到：由不等式恒成立，则恒成立，即恒成立，所以恒成立，故恒成立，即恒成立，所以恒成立，即恒成立，即恒成立.设，则时，不等式恒成立，因为，进而得在时恒成立， 设，，注意到.则，即，又因为且，则，所以当时，，即，故在单调递增，而时，所以恒成立，故满足题意.当时，若，由，则在单调递减，所以当时，与题设不符综上所述，正数k的取值范围.【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性、零点及不等式恒成立的证明等知识，考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力、推理论证能力，本题综合性强，能力要求高.