2024届福建省厦门市厦门外国语学校高三上学期第二次阶段联考数学试题含答案

这是一份2024届福建省厦门市厦门外国语学校高三上学期第二次阶段联考数学试题含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】解不等式可得，再由交集运算即可求得结果.
【详解】根据题意由可得，
又，即可得.
故选：D
2．从6名男医生，5名女医生中选出3名医生组成一个医疗小组，且至少有一名女医生，则不同的选法共有（ ）
A．130种B．140种C．145种D．155种
【答案】C
【分析】由题意知医疗小组中有女医生的情况有名三种情况，分别求出对应的选法数，并加总即可.
【详解】1、小组有1名女医生的选法：种；
2、小组有2名女医生的选法：种；
3、小组有2名女医生的选法：种；
∴共有种选法.
故选：C
3．已知等差数列的前项和为，且满足，则=
A．B．1C．2D．
【答案】A
【分析】利用等差数列前项和的性质可求的值.
【详解】因为为等差数列，所以成等差数列，
设，则，故，所以，
所以，故，故选A.
【点睛】一般地，如果为等差数列，为其前项和，则有性质：
（1）若，则；
（2） 且 ；
（3）且为等差数列；
（4） 为等差数列.
4．△ABC中，D为AB上一点且满足，若P为线段CD上一点，且满足（，为正实数），则的最小值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】根据题意结合三点共线的结论可得，再根据基本不等式运算求解.
【详解】因为P为线段CD上一点，则，且，
又因为，可得，即，
所以，
可得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为4.
故选：B.
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由已知求出，再利用余弦函数的二倍角公式求解即可.
【详解】
，
则，
故选：D.
6．已知，，，则的大小关系为（ ）
A． B． C．D．
【答案】B
【分析】根据题意可判断出，在比较的大小，即比较与的大小，即比较与的大小，由于，即比较小于，把与同时五次方即可比较出大小.
【详解】，，，，故.
故选：B.
7．在平面直角坐标系中，已知双曲线：的右焦点为，过作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，直线与另一渐近线交于点，若是的中点，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】B
【分析】根据双曲线的性质结合等腰三角形的角度关系求解即可；
【详解】
如图所示，由题意可知，，
又因为若是的中点，,
所以,
所以
根据双曲线的性质，双曲线的渐近线方程为：
，，
所以
因为，
所以
故选：B.
8．已知：定义在上的可导函数的图象关于点对称的充要条件是导函数的图象关于直线对称.任给实数，满足，，则
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】设函数，由关于对称，可知的图像关于点对称.结合函数的单调性以及，可知点与点关于点对称．
【详解】设函数，则，其图像关于对称，故原函数的图像关于点对称，且，故对称点的坐标为．
又由已知可得，，则，
又当时，知在上恒单调递增．
故点与点关于点对称．所以即．
故选：B．
【点睛】本题通过新定义的形式考查了函数的对称性，即若导函数为轴对称图形，则原函数为中心对称图形，且对称轴和对称中心的横坐标相同.结合已经熟悉的结论：对于中心对称的函数，若对称中心为，那么当函数单调时，与是等价的.本题在得出，以及的图像关于点对称后，即可得出结果.
二、多选题
9．关于函数，，下列命题正确的是（ ）
A．函数的图象关于点对称
B．函数在上单调递增
C．函数的表达式可改写为
D．函数图像可先将图像向左平移，再把各点横坐标变为原来的得到
【答案】AC
【分析】对选项A，根据即可判断A正确；对选项B，根据在区间先增后减即可判断B错误；对选项C，根据即可判断C正确；对选项D，利用三角函数平移变换的性质即可判断D错误.
【详解】对选项A，，，故A正确.
对选项B，因为，所以，
所以在区间先增后减，故B错误.
对选项C，，
故C正确.
对选项D，图像向左平移得到，
再把各点横坐标变为原来的得到，故D错误.
故选：AC
10．已知斜率为的直线经过抛物线的焦点，与抛物线交于点两点（点在第一象限），与抛物线的准线交于点，若，则以下结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．为中点
【答案】BCD
【分析】作出图形，利用抛物线的定义、相似三角形等知识来判断各选项命题的正误.
【详解】如下图所示：
分别过点作抛物线的准线的垂线，垂足分别为点、.
抛物线的准线交轴于点，则，
由于直线的斜率为，其倾斜角为，
轴，，由抛物线的定义可知，，
则为等边三角形，
，则，
设，，由，则，可得 ，
所以 ，
,解得
所以,所以B正确.
，得，
A选项错误；
所以,满足,所以C正确.
而,所以D正确.
故选：BCD
11．已知函数及其导函数的定义域均为，且为非常数函数，，为奇函数，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】由奇函数的性质得出的图象关于点中心对称，且，判断A，对求导，得出的对称性，从而判断B，由对称性得出周期性判断C，结合周期性求值判断D．
【详解】因为为奇函数，所以，即，即，
所以的图象关于点中心对称，且，故A正确；
由，两边求导，得，即.
由的图象关于点中心对称，得，因此，故B正确；
因为为函数的导函数，且，即，
所以，即，
所以的图象关于直线对称，
所以.又，
所以，所以的图象关于点中心对称，
，
，
所以是周期函数，4为它的一个周期，所以，故错误；
由，得.又，
所以3，所以，
所以，故D正确.
故选：ABD.
12．如图，是正方体的棱的中点，是棱上的动点，下列结论中正确的是（ ）
A．在平面内总存在与平面平行的直线
B．存在点使得直线与直线垂直
C．四面体的体积为定值
D．平面截该正方体所得截面可能为三角形、四边形、五边形
【答案】ABC
【分析】利用线面平行的判定定理可判断A选项；利用线面垂直的性质定理可判断B选项；利用锥体的体积公式可判断C选项；作出截面图形，可判断D选项.
【详解】对于A选项，连接、，过点作交的延长线于点，
则、、、四点共面，
若平面且，平面，平面，
所以，平面，A对；
对于B选项，取的中点，连接、，设，
因为且，、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，，
平面，平面，
平面，，
当点为线段的中点时，，，，
所以，，，
所以，，故，即，
，、平面，平面，
平面，，
故当点为的中点时，，B对；
对于C选项，设正方体的棱长为，
由B选项可知平面，且，，
，C对；
对于D选项，当点与点重合时，截面截正方体为四边形；
当点与点重合时，连接并延长交的延长线于点，连接交于点，连接，
此时，截面截正方体的截面为四边形；
当点在线段（不包括端点）上运动时，
延长、交于点，设直线分别交直线、于点、，
连接交于点，连接、，
此时，截面截正方体所得截面为五边形.
综上所述，平面截该正方体所得截面可能为四边形、五边形，D错.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：利用平面的性质确定截面形状的依据如下．
（1）平面的四个公理及推论；（2）直线和平面平行的判定和性质；（3）两个平面平行的性质．
三、填空题
13．复数（为虚数单位）在复平面上对应的点到原点的距离为 .
【答案】
【分析】利用复数的运算法则即可得在复平面上对应的点为，可得到原点的距离为.
【详解】易知，
可得在复平面上对应的点，所以到原点的距离.
故答案为：
14．黄金比又称黄金律，是指事物各部分间一定的数学比例关系，即将整体一分为二，较大部分与较小部分之比等于整体与较大部分之比．其中，较大部分与整体之比的比值称为黄金分割数，黄金分割数被公认为最具有审美意义的比例数字．若数列是以黄金分割数为公比的等比数列，且，则 ．
【答案】2023
【分析】先根据题意列方程求出黄金分割数，则可得等比数列的公比，然后根据等比数列的通项公式和黄金分割数的性质求解即可.
【详解】由题意，设整体为1，较大部分为，则较小部分为，则，
即，解得（舍去），故黄金分割数为．
令，则，即，
所以，故．
故答案为：2023
四、双空题（新）
15．在长方体中，已知，E、F分别为、的中点，则三棱锥的外接球半径为 ，平面被三棱锥外接球截得的截面圆面积为 ．
【答案】 /
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量坐标，可以证明，取为中点，有，因此点为三棱锥外接球的球心，则，球心到平面的距离为，勾股定理可得截面圆的半径为，即得解
【详解】解：以点为原点建立空间直角坐标系如图所示：
依题意得：，，，
则，，
所以，则即；
设为中点，因为，，则，
所以点为三棱锥外接球的球心，则三棱锥外接球的半径为，
设球心到平面的距离为，又因为为中点，
所以点到平面的距离为，
由于，所以，
故截面圆的半径为，所以截面圆面积为，
故答案为：；
五、填空题
16．设函数（其中为自然对数的底数），若存在实数使得恒成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】由题意可得，令，函数和函数的图象，一个在直线上方，一个在直线下方，等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，即可得出答案．
【详解】函数的定义域为，
由，得，所以，
令，
由题意知，函数和函数的图象，一个在直线上方，一个在直下方，等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，
由，得，
所以当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，没有最小值，
由，得，
当时，在上单调递增，
在上单调递减，
所以有最大值，无最小值，不合题意，
当时，在上单调递减，
在上单调递增，
所以，
所以即，
所以，即的取值范围为．
故答案为：.
【点睛】本题考查了利用导数求参数的取值范围问题，其中涉及到利用导数求函数的最值问题，难度较大.构造函数是求解导数问题的常用方法.
六、问答题
17．已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线上．
(1)求圆的方程；
(2)过点的动直线与圆相交于两点，当时，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）设出圆的标准方程，根据条件列出方程组，解方程组从而得到方程；
（2）根据直线的斜率是否存在分类讨论，再结合求出直线方程.
【详解】（1）设圆的方程为，
由已知可得方程组 ，
解得 ，
∴圆的方程为．
（2）当直线与轴垂直时，易知直线的方程为，
此时，符合题意；
当直线与轴不垂直时，设直线的斜率为，则直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离为，
又，
∴，解得，
则直线的方程为，即，
综上可知直线的方程为或．
18．在中，角所对的边分别为，若且.
(1)求的值；
(2)若平分，且交于点，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化简，可得，利用余弦定理化简，并把代入即可求得的值；
（2）设,利用，结合三角形面积公式可求得继而可求得的值，并进一步计算即可.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得：，则，
又，由余弦定理得：
化简为，
把代入上式，并化简可得：；
（2）设,
因为平分，且交于点，

则，
即，
又，，
化简为，
又，所以
则
所以的面积
七、证明题
19．已知四边形为矩形，，，且平面，点为上的点，且平面，点为中点.
(1)求证：平面；
(2)求与平面所成线面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理及等腰三角形的三线合一定理，再利用三角形的中位线定理及平行的传递性，结合平行四边形的性质及线面平行的判定定理；
（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，结合直线的方向向量和平面的法向量，再利用向量的夹角公式即可求解.
【详解】（1）取中的，连接、，
因为平面,平面,所以,
因为，，所以为中点，
为中点,所以,
又因为点为中点，四边形为矩形，所以,
所以四边形为平行四边形，
所以,平面,平面，
所以平面.
（2）因为平面,平面,所以,
由（1）知，为中点,
因为平面,平面，所以,又因为
所以平面，平面,所以.
以为坐标原点，为轴，为轴,建立空间直角坐标系,如图所示
由题意可知，,
,
设平面的法向量为，则
,即，令，则，所以，
设与平面所成线面角为，则
,
所以与平面所成线面角的正弦值为.
20．设是数列的前项和，已知
(1)求，并证明：是等比数列；
(2)求满足的所有正整数.
【答案】(1)，证明见解析
(2)1，2
【分析】（1）利用代入计算即可求得，由等比数列定义可求得，即可得出证明；
（2）利用数列分组求和可得出，再利用二次函数及指数函数单调性即可求得结果.
【详解】（1）由可得，
所以，
可得；
由已知得，
所以，
其中，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
（2）由（1）知，
所以，
所以，
所以
，
由二次函数及指数函数性质可知当时，单调递减，
其中，
所以满足的所有正整数为1，2.
八、问答题
21．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴所围成三角形的面积；
(2)若没有零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求出切点，利用导数求得切线斜率，进而得到切线方程，再分别求出在，轴上的截距, 最后利用直角三角形面积公式求得结果;
（2）对分和两种情况讨论，利用导数探究出函数的单调性，进而求得函数最值分析可得答案.
【详解】（1）当时，．
，
故曲线在点处的切线方程为，
即．
因为该切线在，轴上的截距分别为和，
所以该切线与两坐标轴所围成的直角三角形的面积．
（2）①当时，，则，
由图象可得，当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增，
故为最小值，且．
所以此时存在零点，不符合题意．
②当时，因为，
所以，
令，则，
因为，所以，在上单调递增，
又，由零点存在定理得，
在上有唯一的零点，即，因此有．
当时，，即；当时，，即．
所以在上单调递减，在上单调递增，故为最小值．
由，得，，
所以，
因为，所以，又因为，所以，所以．
所以，此时没有零点．
综上，的取值范围是．
【点睛】方法点睛：利用导数求解零点问题的常用方法：
（1）分离参数法：一般给出零点个数，求解参数范围，通常把参数分离出来，利用导数求解新函数的单调性，最值；结合零点个数，列出不等关系.
（2）分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类讨论的标准，利用导数求解单调性和最值，有时需要二次求导.
九、证明题
22．已知椭圆：的长轴长为，且其离心率小于，为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点，的面积的最大值为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)为椭圆的上顶点，过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，直线为过点且与平行的直线，设与直线的交点为.证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的几何性质，将长轴长为，的面积的最大值为，
转化为，可得；
（2）先设：，联立椭圆，得，根据，可得直线的方程，
进而根据对称性可得过定点.
【详解】（1）由题意可知：，
因为，所以，，，
故椭圆的标准方程为.
（2）
设，，：.
联立直线与椭圆的方程可得：，
则，所以，
因为，则：，
令，解得， 所以，
故直线的方程为：，
根据对称性，直线所过的定点在轴上，不妨令，
则
将，代入得
所以，
代入，得，
，
故直线过定点.