福建省福州第三中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学答案

福州三中2024-2025学年第一学期高三第二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.已知全集，集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出再求即可.【详解】由题知，，则.故选：B.2.设，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.【详解】因为可得：当时，，充分性成立；当时，，必要性不成立；所以当，是的充分不必要条件.故选：A.3.△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知，a=2，c=，则C=A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】试题分析：根据诱导公式和两角和的正弦公式以及正弦定理计算即可详解：sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，∵sinB+sinA（sinC﹣cosC）=0，∴sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC﹣sinAcosC=0，∴cosAsinC+sinAsinC=0，∵sinC≠0，∴cosA=﹣sinA，∴tanA=﹣1，∵＜A＜π，∴A=，由正弦定理可得，∵a=2，c=，∴sinC==，∵a＞c，∴C=，故选B．点睛：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据.解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说,当条件中同时出现及、时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.4.已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是 A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据条件建立坐标系，求出点坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．【详解】建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点，则，，，设，则，，，则当，时，取得最小值，故选：．5.函数在单调递减，且为奇函数，若，则满足的的取值范围是．A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】是奇函数，故；又是减函数，，即则有，解得，故选D.6.在平面直角坐标系中，角以为始边，终边在第三象限.则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】对A、B：举出反例即可得；对C、D：借助三角函数的商数关系及其值域计算即可得.【详解】由题意可得、，，对A：当时，，则，，此时，故A错误；对B：当时，，故B错误；对C、D：，由，故，则，即，故C正确，D错误.故选：C.7.在正四棱台中，，若球与上底面以及棱均相切，则球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据勾股定理求解棱台的高,进而根据相切，由勾股定理求解球半径，即可由表面积公式求解.【详解】设棱台上下底面的中心为,连接，则，所以棱台的高,设球半径为,根据正四棱台的结构特征可知：球与上底面相切于,与棱均相切于各边中点处，设中点为，连接,所以，解得，所以球的表面积为，故选：C8.已知函数，，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数a的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设函数，的切点坐标分别为，，根据导数几何意义可得，，即该方程有两个不同的实根，则设，求导确定其单调性与取值情况，即可得实数a的取值范围.【详解】解：设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，且，又，则公切线的斜率，则，所以，则公切线方程为，即，代入得：，则，整理得，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，设，则，令得，当时，，单调递增，时，，单调递减，又可得，则时，；时，，则函数的大致图象如下：所以，解得，故实数a的取值范围为.故选：B.【点睛】本题考查了函数的公切线、函数方程与导数的综合应用，难度较大.解决本题的关键是，根据公切线的几何意义，设切点坐标分别为，且，，且，可得，即有，得公切线方程为，代入切点将双变量方程转化为单变量方程，根据含参方程进行“参变分离”得，转化为一曲一直问题，即可得实数a的取值范围.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.已知各项均为正数的等差数列，且，则（）A. B.C.数列是等差数列 D.数列是等比数列【答案】AC【解析】【分析】根据等差数列性质可以判断A正确；利用等差数列通项公式可以判断B错误；根据等差数列的概念可判断C，根据特例可判断D.【详解】设等差数列的公差为，对A，因为是等差数列，且，则由等差数列性质可得，故A正确；对B，，则，故B错误；对C，因为，则数列是等差数列，故C正确；对D，如数列为，显然数列不是等比数列，故D错误;故选：AC.10.如图，在正方体中，，，分别为棱，，的中点，则下列结论正确的是（）A.平面B.点与点到平面的距离相等C.平面截正方体所得截面图形为等腰梯形D.平面将正方体分割成的上、下两部分的体积之比为【答案】BCD【解析】【分析】假设平面，证得，显然不成立，即得A错误；证明四点共面，即得截面四边形，再结合平行关系和长度关系即判断C正确；利用线面平行的判定定理证明平面，即证B正确；计算分割的上面部分棱台的体积和正方体体积，即得下面部分体积，证得D正确.【详解】正方体中，不妨设棱长为2.假设平面，则，而底面，则，与相交于平面内，所以平面，则，显然不成立，即选项A错误；连接，，由知，四点共面，即为平面截正方体所得截面图形，而，，故截面图形为等腰梯形，C正确；由,知四边形是平行四边形，所以，且平面，平面，故平面，所以点与点到平面的距离相等，选项B正确；平面将正方体分割的上面部分是棱台，上底面面积为，下底面面积为，高，所以体积，而正方体体积为，所以分割的下面部分体积，所以，即选项D正确.故选：BCD.11.已知奇函数的定义域为，，对于任意的正数，都有，且时，都有，则（）A.B.函数在内单调递增C.对于任意都有D.不等式的解集为【答案】ACD【解析】【分析】根据已知应用赋值法判断A选项，结合奇函数判断C选项，根据单调性定义判断B选项，结合单调性解不等式判断D选项.【详解】已知,令可得,令可得,得,,A选项正确;奇函数的定义域为,，所以,又知,所以函数在内不是单调递增,B选项错误;对于任意的正数，都有，对于任意都有,,,又因为函数为奇函数，可得,C选项正确;对于任意的正数，都有，,又因为,所以,所以,又因为所以,所以,所以函数在内是单调递增,又因为函数为奇函数，所以函数在内是单调递增,不等式,,已知,令,因为可得，函数在内是单调递增,所以,已知,令,因为,可得，同理，,又因为函数为奇函数，,,又因为函数在内是单调递增,所以不等式的解集为,D选项正确；故选:ACD.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.已知单位向量，向量，，若，则实数λ＝________．【答案】【解析】【分析】利用向量垂直的性质即可求解.【详解】因为，所以故.故答案为：13.直线被圆截得最大弦长为______．【答案】【解析】【分析】先求出圆心到直线的距离，再利用垂径定理与勾股定理建立关系即可得到答案.【详解】由已知，圆的标准方程为，圆心为，半径，圆心到直线的距离，解得，所以弦长为，因为，所以，所以弦长，当即时，弦长有最大值.故答案为：.14.对于正整数n，设是关于x的方程的实数根.记，其中表示不超过x的最大整数，则____________；设数列的前n项和为则___.【答案】①.0②.1010【解析】【分析】（1）当时，化简方程，通过构造函数的方法，找到函数零点的范围，进而求出结果.（2）令，化简方程，通过构造函数的方法，找到零点的范围，即得范围，分类讨论为奇数和偶数时，求得结果.【详解】（1）当时，，设单调递减，，，所以，（2）令，则方程化为：令，则在(0,+∞)单调递增；由零点存在定理可得：，，当，，当，，所以当，故答案为：①0；②1010【点睛】本题考查了函数的性质、零点存在定理，数列求和等基本知识，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，转化和分类讨论的数学思想，属于难题.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.已知数列的前项和为.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由的关系分是否等于1进行讨论即可求解；（2）首先得，进一步结合错位相减法以及等比数列求和公式即可得解.【小问1详解】当时，当时，，两式相减得，，数列是以2为首项，2为公比等比数列，【小问2详解】由（1）可知，记，，，两式相减得.16.在中，角的对边分别为的面积为，已知.（1）求角；（2）若的周长为，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变换即可求解；(2)由余弦定理及三角形的面积公式得，再由基本不等式进行求解即可.【小问1详解】因为，所以，即，由正弦定理，得，因为，所以，因为，所以，所以，又，所以.【小问2详解】由余弦定理，得，即，所以，即，因为，，所以，所以，又（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），即的最大值为.17.已知椭圆：的右焦点F在直线上，A，B分别为的左、右顶点，且.（1）求C的标准方程；（2）是否存在过点的直线交C于M，N两点，使得直线，的斜率之和等于-1？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，.【解析】【分析】（1）先求出点的坐标，得出椭圆中的，结合椭圆的几何性质可出答案.（2）设直线的方程为：，Mx1,y1，Nx2,y2，将直线方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由题意，将韦达定理代入可出答案.【小问1详解】设右焦点Fc,0，直线与x轴的交点为1,0，所以椭圆C右焦点F的坐标为1,0，故在椭圆C中，由题意，结合，则，，所以椭圆C的方程为：；【小问2详解】当直线的斜率为0时，显然不满足条件，当直线的倾斜角不为时，设直线的方程为：，Mx1,y1，Nx2,y2，由，可得，由题意Δ=36m2−4×3m2+4×−9=144m2+144>0，则，，由，由，即，故存在满足条件的直线，直线的方程为：.18.如图，在四棱锥中，，，，，，，平面平面.（1）求证：平面平面.（2）求二面角的余弦值.（3）为平面内一点，若平面，求的长.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）利用余弦定理先证，由面面垂直的性质得出，结合勾股定理及线面垂直的判定证明平面即可；（2）法一、利用二面角的定义结合第一问得出二面角的一个平面角，再由余弦定理计算即可；法二、以B为中心建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可；（3）法一、利用线线垂直、线面垂直的性质与判定作出平面，解三角形即可；法二、利用（2）的坐标系，设坐标结合空间向量基本定理及空间向量数量积计算求G点坐标即可.【小问1详解】连接，在中，，，则，，，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.【小问2详解】法一、由上可知：，则二面角的一个平面角为，在中，由余弦定理知；法二、如图建系：设轴与交于，过P作与E，设，则，∴，，解之得，易知，所以，则，设为平面的一个法向量，则：，令，则，所以，易知是平面一个法向量，设二面角的一个平面角为，则，由图形可知该二面角为钝角，所以；小问3详解】法一：