福建省泉州市第五中學2024-2025學年高三上學期11月期中考試 數(shù)學 含解析

福建省泉州第五中學教育集團2025屆高中畢業(yè)班數(shù)學檢測2024.11高三數(shù)學本試卷共19題滿分150分考試時間：120分鐘注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上．2．考生作答時，將答案答在答題卡上．請按照題號在各題的答題區(qū)域（黑色線框）內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效．在草稿紙、試題卷上答題無效．3．選擇題答案使用2B鉛筆填涂，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號；非選擇題答案使用0.5毫米的黑色中性（簽字）筆或碳素筆書寫，字體工整、筆跡清楚．4．保持答題卡卡面清潔，不折疊、不破損．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回．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選項中，只有一項是符合題目要求的．一、單選題1．已知函數(shù)，若，，使成立，則實數(shù)的取值范圍為（

）A． B．C． D．2．已知數(shù)列滿足，，，，，該數(shù)列的前項和為，則下列論斷中錯誤的是（

）A． B．C．非零常數(shù)，使得 D．，都有3．平面內(nèi)相距的A，B兩點各放置一個傳感器，物體在該平面內(nèi)做勻速直線運動，兩個傳感器分別實時記錄下兩點與的距離，并繪制出“距離---時間”圖象，分別如圖中曲線所示.已知曲線經(jīng)過點，，，曲線經(jīng)過點，且若的運動軌跡與線段相交，則的運動軌跡與直線所成夾角的正弦值以及分別為（

）A． B． C． D．4．對于曲線，給出下列三個命題：①關于坐標原點對稱；②曲線上任意一點到坐標原點的距離不小于2；③曲線與曲線有四個交點．其中正確的命題個數(shù)是（

）A．0 B．1 C．2 D．35．平面內(nèi)互不重合的點、、、、、、，若，其中，2，3，4，則的取值范圍為（

）A． B．C． D．6．已知數(shù)列滿足：，則下列命題正確的是（

）A．若數(shù)列為常數(shù)列，則 B．存在，使數(shù)列為遞減數(shù)列C．任意，都有為遞減數(shù)列 D．任意，都有7．在直角坐標系內(nèi)，圓，若直線繞原點順時針旋轉(zhuǎn)后與圓存在公共點，則實數(shù)的取值范圍是（

）A． B．C． D．8．已知正方體的棱長為，是正方體表面上一動點，且，記點形成的軌跡為，給出下列四個命題：①、，；

②、，；③的長度是；

④的長度是其中真命題的個數(shù)是（

）A． B． C． D．二、多選題9．空曠的田野上兩根電線桿之間的電線有相似的曲線形態(tài)．這些曲線在數(shù)學上稱為懸鏈線．懸鏈線在工程上有廣泛的應用．在恰當?shù)淖鴺讼抵?，這些曲線對應的函數(shù)表達式可以為（其中a，b為非零常數(shù)），則對于函數(shù)以下結(jié)論正確的是（

）A．若，則為偶函數(shù)B．若，則函數(shù)的最小值為2C．若，則函數(shù)的零點為0和D．若為奇函數(shù)，且使成立，則a的最小值為10．已知直線經(jīng)過拋物線的焦點，與交于，兩點，與的準線交于點，若成等差數(shù)列，則（

）A． B． C． D． E．三、填空題11．已知函數(shù)，給出下列四個結(jié)論：①任意，函數(shù)的最大值與最小值的差為2；②存在，使得對任意，；③當時，存在，，使得對任意，都有；④當時，對任意非零實數(shù)，.其中所有正確結(jié)論的序號是.12．在銳角中，，角A、B、C對邊分別為a，b，c，則下列結(jié)論正確的是.（填寫序號）①；②；③；④若上有一動點P，則最小值為.13．已知函數(shù)，則下列說法正確的是.①是的周期②的圖象有對稱中心，沒有對稱軸③當時，④對任意在上單調(diào)14．設定義在函數(shù)當時，的值域為；若的最大值為1，則實數(shù)的所有取值組成的集合為.四、解答題15．如圖所示的幾何體中，PD垂直于梯形ABCD所在的平面，為PA的中點，，四邊形PDCE為矩形，線段PC交DE于點.

(1)求證：平面DEF；(2)求二面角的余弦值；(3)在線段EF上是否存在一點，使得BQ與平面BCP所成角的大小為？若存在，求出FQ的長；若不存在，請說明理由.16．已知函數(shù)．(1)求函數(shù)在處的切線方程；(2)若函數(shù)和函數(shù)的圖象沒有公共點，求實數(shù)的取值范圍．17．已知.(1)若，求在處的切線方程；(2)設，求的單調(diào)區(qū)間；(3)求證：當時，.18．設，求的值19．已知橢圓的左頂點為，上頂點為，原點到直線的距離為，的面積為.(1)求橢圓的方程；(2)過點的直線與橢圓交于不同的兩點，過點作軸的垂線分別與直線交于點.判斷點是否為線段的中點，說明理由.20．已知．(1)試判斷函數(shù)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)有且只有一個零點，求實數(shù)a的取值范圍．參考答案：題號12345678910答案ACBCDDADACDABCE1．A【分析】由條件可得在上的取值范圍要包含上的取值范圍，分別求函數(shù)在，上的取值范圍，列不等式可求結(jié)論.【詳解】若，，使成立，則在上的取值范圍要包含上的取值范圍，當時，，，當時，，，當時，，不合題意，當時，，函數(shù)在單調(diào)遞增，則時，，符合題意，當，若時，，函數(shù)在單調(diào)遞減，若時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，當時，函數(shù)取最小值，最小值為，，所以，解得，所以，綜上的范圍是.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵在于將條件，，使成立，轉(zhuǎn)化為在上的取值范圍要包含上的取值范圍.2．C【分析】由已知可得A正確；由已知遞推關系化簡可得B正確；由已知遞推關系總結(jié)數(shù)列的規(guī)律，再用反證法得到C錯誤；由已知遞推關系找到前項和的規(guī)律再結(jié)合等比數(shù)列的前項和可得D正確.【詳解】對于A，因為，所以，故A正確；對于B，因為，，所以，故B正確；對于C，由可得，由可得，由可得，而，所以，設存在非零常數(shù)，使得，則，矛盾，所以不存在非零常數(shù)，使得，故C錯誤；對于D，當時，，當時，，即時，有相鄰兩項的和為零，即有接下來個項和為零；當時，，即時，有相鄰兩項的和與相鄰四項為零，即有接下來個項和為零；當時，，所以，故D正確.故選：C.【點睛】關鍵點點睛：本題D選項關鍵在于能理解的意義，即表示數(shù)列中前兩項和為外的到項，到項，到項和分別為零.3．B【分析】建系，設點，作出相應的輔助線，分析可知，結(jié)合分析求解即可.【詳解】如圖，建立平面直角坐標系，設動點的軌跡與軸重合，其在時刻對應的點分別為，的速度為，因為，可得，由題意可知：均與軸垂直，且，作垂足為，則，因為，即，解得；又因為軸，所以的運動軌跡與直線所成夾角的正弦值為：；又，，所以.故選：B.【點睛】關鍵點點睛：建系，設動點的軌跡與軸重合，以坐標系為依托，把對應的量轉(zhuǎn)化為相應的長度，進而分析求解.4．C【分析】分析兩個曲線的對稱性，并結(jié)合函數(shù)的圖象和性質(zhì)，利用數(shù)形結(jié)合，即可判斷①③，利用基本不等式，即可判斷②.【詳解】①將曲線中的換成，將換成，方程不變，所以曲線關于原點對稱，并且關于軸和軸對稱，故①正確；②設曲線上任一點為Px，當，即時，等號成立，所以，曲線上任意一點到坐標原點的距離不小于2，故②正確；③曲線中的換成，將換成，方程不變，所以曲線關于原點對稱，并且關于軸和軸對稱，并且將換成，換成，方程不變，所以曲線也關于對稱，曲線中，且，將曲線中的換成，換成，方程不變，所以曲線也關于對稱，當時，聯(lián)立，得，當時，，當時，函數(shù)單調(diào)遞減，因為，所以點在直線的下方，如圖，在第一象限有2個交點，根據(jù)兩個曲線的對稱性可知，其他象限也是2個交點，則共有8個交點，故③錯誤；故選：C【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是③的判斷，判斷的關鍵是對稱性的判斷，以及將方程轉(zhuǎn)化為函數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，即可判斷.5．D【分析】由題意首先得在以點為圓心，為半徑的圓上面，為的重心，結(jié)合三角形三邊關系即可得解.【詳解】設為的重心，則，因為，所以，即在以點為圓心，為半徑的圓上面，設點與坐標原點重合，

則，當且僅當都在線段上，等號成立，又，當且僅當在線段上面，且在線段上，在線段上，等號成立綜上所述，的取值范圍為.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：關鍵是得到得在以點為圓心，為半徑的圓上面，由此即可順利得解.6．D【分析】解方程判斷A,利用單調(diào)性結(jié)合數(shù)學歸納法判斷BD,舉反例判斷C.【詳解】對A:若數(shù)列為常數(shù)列，則，解得或，故A錯誤；對B:易得，若為遞減數(shù)列，則，解得或且，故不存在使得遞減數(shù)列，故B錯誤；對C,令，則，故不是遞減數(shù)列，故C錯誤；對D,用數(shù)學歸納法證明當顯然成立，假設當，則時，，故當時成立,由選項B知，對任意則數(shù)列為遞減數(shù)列，故故D正確故選：D【點睛】利用遞推關系結(jié)合數(shù)學歸納法證明，是本題關鍵.7．A【分析】由題意首先得出旋轉(zhuǎn)后的直線為，然后由直線與圓的位置關系列出不等式即可求解.【詳解】連接，設（即以軸正方向為始邊，為終邊的角），由題意對于直線上任意一點，存在，使得，則直線繞原點順時針旋轉(zhuǎn)后，點對應點為，即，因為在直線上，所以滿足設，所以，即所在直線方程為，而圓的圓心，半徑分別為，若直線繞原點順時針旋轉(zhuǎn)后與圓存在公共點，所以圓心到直線的距離，解得.故選：A.【點睛】關鍵點睛：關鍵是求出旋轉(zhuǎn)后的直線，從而即可順利得解.8．D【分析】確定是正方體的棱的中垂面與四個側(cè)面的交線，它是一個邊長為的正方形，判定①③正確；空間問題平面化，建立坐標系求出軌跡P的軌跡方程，判斷④正確，②錯誤.【詳解】是正方體的棱的中垂面與四個側(cè)面的交線，它是一個邊長為的正方形，它的周長是，且、，，所以①③正確；

在正方體兩側(cè)面、和上底面都是一段圓弧，它與其它三個面無公共點.將正方體兩側(cè)面和沿展開為平面圖，建立平面直角坐標系如圖，設動點，因為，所以，化簡得，故動點P在兩側(cè)面內(nèi)軌跡是以為圓心，以為半徑的圓弧，因為，所以，所以，所以在兩側(cè)面內(nèi)點軌跡長度為.在上底面內(nèi)，動點P軌跡為以為圓心的一段圓弧，

如上圖，由，可知，故，又，所以，即圓弧所在圓的半徑為，所以圓弧的長為，所以動點P形成的軌跡的長度為，且不存在這樣的點、，使，所以④正確，②錯誤.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：本題第④小問考查球面與正方體各面的交線問題，在解決此類問題中，需要考查正方體每個面與球面交線所在圓的半徑以及圓心角的大小，結(jié)合扇形的弧長公式求解.9．ACD【分析】對于A，直接由偶函數(shù)定義判斷即可；對于B，令即可判斷；對于C，令結(jié)合指數(shù)對數(shù)互換即可判斷；對于D，將不等式等價轉(zhuǎn)換為關于在上面有解，結(jié)合基本不等式即可得解.【詳解】對于A，若，定義域為全體實數(shù)，關于原點對稱，且此時，即為偶函數(shù)，故A正確；對于B，若，則，故B錯誤；對于C，若，則，令，解得或，即或，所以函數(shù)的零點為0和，故C正確；對于D，若為奇函數(shù)，則，即，經(jīng)檢驗符合題意，由題意不等式在上有解，而在上有，所以在上有解，不妨設，則，所以關于在上面有解，由基本不等式得，等號成立當且僅當即時等號成立，綜上所述，a的最小值為，故D正確.故選：ACD.【點睛】關鍵點睛：D選項的關鍵是首先將不等式轉(zhuǎn)換為關于在上面有解，由此即可順利得解.10．ABCE【分析】由直線過焦點可求出拋物線的解析式，然后利用數(shù)型結(jié)合及拋物線定義逐項判斷即可求解.【詳解】由題知直線y=kx-1過定點1,0且經(jīng)過拋物線的焦點，得F1,0，所以，拋物線根據(jù)題意作出圖形準線并交準線于，準線且交準線于，如圖所示.對A：上述求解，故A正確；對B、C：由成等差數(shù)列，所以，所以，且由成等差數(shù)列，，得，，所以，故B正確，，故C正確；對D：由B、C及拋物線定義知，所以在中，，所以，所以，此時斜率，又考慮到拋物線的對稱性當斜率時也成立，故D錯誤.對E：由B、C、D知點為的中點，且焦距，所以，得，故E正確.故選：ABCE.【點睛】方法點睛：與相交有關的向量問題的解決方法在解決直線與圓錐曲線相交，所得弦端點的有關的向量問題時，一般需利用相應的知識，將該關系轉(zhuǎn)化為線段滿足的數(shù)量關系，進而求解．11．②③【分析】①舉一例說明最大值與最小值的差不為2，②令，可證明，③取特值判斷，④例如時，舉一例說明，從而判斷各命題的真假．【詳解】，①當時，，最大值是1，最小值是0，差為1，①錯；②當時，，，②正確；③，，它的最小值正周期是，存在，使得對任意，，③正確；④當時，時，，，即，④錯，所以正確的只有②③，故答案為：②③．12．①③【分析】對①，將條件式切化弦，得，結(jié)合三角恒等變換和正弦定理求解判斷；對②，由及余弦定理，結(jié)合基本不等式求解判斷；對③，利用兩角和的正切公式及，可得，結(jié)合基本不等式求解判斷；對④，過作，要使的最小值，應在之間運動，可得，根據(jù)二次函數(shù)求值域，得解.【詳解】對于①，，則，即，，即，又，，由正弦定理得，，故①正確；對②，由及余弦定理，可得，即，由基本不等式知，，當且僅當，即時等號成立，，故②錯；對于③，在銳角中，由，且，，由基本不等式可得，，整理得，，當且僅當時，等號成立，又由，，?因為三角形是銳角三角形，所以與不能同時成立即,故③正確；對于④，過作，則，又在之間運動時，與的夾角為銳角，在之間運動時，與的夾角為鈍角，因此要求的最小值，應在之間運動，即，又，當時，取最小值為，故④錯誤.故答案為：①③.13．①③④【分析】利用函數(shù)周期的定義判斷①；根據(jù)函數(shù)對稱性的定義求出對稱中心或?qū)ΨQ軸判斷②；借助輔助角公式可得，結(jié)合正切函數(shù)的單調(diào)性及三角恒等變換判斷③；當，時，探討函數(shù)單調(diào)性判斷④.【詳解】對于①，，則是的周期，①正確；對于②，，且，有，，則的圖象關于點對稱，關于直線對稱，②錯誤；對于③，當時，，又，即，則，即，則，③正確；對于④，由是的周期知，只需考慮，時函數(shù)的單調(diào)性，當時，，函數(shù)與均單調(diào)遞增，而在上遞增，則單調(diào)遞增；當時，，函數(shù)與均單調(diào)遞減，而在上遞增，則單調(diào)遞減，④正確.故答案為：①③④【點睛】思路點睛：①函數(shù)奇偶性、周期性和對稱性的判斷常用定義去驗證；②要證明周期函數(shù)的單調(diào)性往往只需證明函數(shù)的一個周期的單調(diào)性，復雜函數(shù)的單調(diào)性判斷優(yōu)先嘗試利用復合函數(shù)的“同增異減”.14．【分析】當時，分別求出各段上函數(shù)值的范圍后可得函數(shù)的值域，若的最大值為1，則可就、分類討論后可得實數(shù)的所有取值組成的集合.【詳解】因為，故，故.當時，，當時，，，當時，，故當時，的值域為.若的最大值為1，則，又，故或.若，當時，，當時，，因為，故，此時無最大值，舍.若，當時，，當時，，因為的最大值為1，故，即，即，綜上，故答案為：；.15．(1)證明見解析(2)(3)存在，【分析】（1）由題意結(jié)合線面平行的判定定理即可證得題中的結(jié)論；（2）建立空間直角坐標系，利用兩個半平面的法向量可得二面角的余弦值；（3）假設點Q存在，利用直線的方向向量和平面的法向量計算可得點Q的存在性和位置.【詳解】（1）因為四邊形PDCE為矩形，所以N為PC的中點，連接FN，

在中，F(xiàn)、N分別為PA、PC的中點，所以，因為平面DEF，平面DEF，所以平面DEF；（2）因為PD垂直于梯形ABCD所在的平面，又AD、DC在平面ABCD內(nèi)，所以，又，所以，如圖以D為原點，分別以DA、DC、DP所在直線為x、y、z軸，建立空間直角坐標系，

則，所以，設平面PBC的法向量為m=則，即，解得，令，則，所以平面PBC的一個法向量為，設平面ABP的法向量為，，令，則，所以平面ABP的一個法向量為，，因為二面角的平面角是鈍角，所以二面角的平面角余弦值為，（3）設存在點Q滿足條件，由，設，則，因為BQ與平面BCP所成角的大小為，所以，解得，又，所以，即Q點E與重合，故在線段EF上存在一點Q，且.16．(1)(2)【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，利用導數(shù)的幾何意義即可求得答案；（2）將函數(shù)和函數(shù)的圖象沒有公共點，轉(zhuǎn)化為無實數(shù)根，即當時，無實數(shù)根問題，從而令，利用導數(shù)結(jié)合分類討論，即可求解.【詳解】（1）由得，則，故函數(shù)在處的切線方程為，即；（2）因為函數(shù)和函數(shù)的圖象沒有公共點，故，即無實數(shù)根，即當時，無實數(shù)根，令，由于，故hx為偶函數(shù)，所以hx在0,+又，記，則，①當時，，，則，故，滿足在0,+∞上無實根；②當時，在0,+∞上有實根，不符合題意；③當時，，則在0,+∞上單調(diào)遞增，則，故hx在0,+∞則，滿足在0,+∞上無實根；④當時，因為在上單調(diào)遞增，且，則存在唯一的使得，當時，，當時，，則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故x∈0,x0時，，故hx在又，且hx在0,+∞故hx在上有實數(shù)根，不符合題意，綜合可知，實數(shù)a的取值范圍為.【點睛】難點點睛：本題解答的難點是第二問，解決兩函數(shù)圖象無交點問題，要轉(zhuǎn)化為無實數(shù)根，即當時，無實數(shù)根問題，從而構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)結(jié)合分類討論的方法解決問題.17．(1)；(2)時，單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為;(3)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)導數(shù)的幾何意義即可求得答案;（2）求出函數(shù)gx=f'x（3）由于不等式可變?yōu)?，所以可?gòu)造函數(shù)，利用（2）的結(jié)論可證明故該函數(shù)為0,+∞上的增函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性，即可證明結(jié)論.【詳解】（1）當時，，故在處的切線斜率為，而，所以在處的切線方程為，即.（2）由題意得，則，令，即，令，即，時，單調(diào)遞減區(qū)間為,單調(diào)遞增區(qū)間為.（3）證明：由（2）可知，當時，gx=f'x在即f'x>0在0,+∞上恒成立，故設，則，因為，則，故，所以在0,+∞上單調(diào)遞增，而，則，即，而，故，即.【點睛】關鍵點點睛：證明不等式時，關鍵是構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性進行證明；因為可變形為，由此可構(gòu)造函數(shù)，從而利用（2）的結(jié)論證明該函數(shù)為遞增函數(shù)，從而利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式.18．【分析】取三次單位根，設，，在原式中，令，代入計算取式子的實部即可得出答案.【詳解】取三次單位根，設，，易證，，……，，在原式中，令，則有，對上式取實部可得：，所以.因此所求多項式的值為.19．(1)(2)是，理由見解析【分析】（1）利用點到直線距離和三角形面積構(gòu)造方程組可解得，可得橢圓的方程為；（2）設出直線的