福建省莆田市莆田第一中学2024届高三上学期第一次调研数学试题（Word版附解析）

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一、单选题（本大题8小题，每小题5分，共40分）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解一元二次不等式可求得，再由集合的基本运算可得结果.
【详解】解不等式可得，又可以表示为；
所以，
故选：C
2. 若一组数据的75百分位数是6，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据百分位数的定义求解即可．
【详解】这组数据为：，但大小不定，因为，
所以这组数据的分位数为从小到大的顺序的第6个数和第7个数的平均数，
经检验，只有符合．
故选：C．
3. 若抛物线上一点到焦点的距离是，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出准线方程，根据抛物线的定义得出，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，抛物线的准线方程为，
根据抛物线的定义可得，点到焦点的距离等于到准线的距离，
所以，，解得.
故选：C.
4. 三个数，，的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别借助三个函数、和的单调性思考问题，借助中间值判断即可.
【详解】函数中，所以函数在上单调递增，
则；
函数中，所以函数在上单调递减，
则；
函数在上单调递增，
则；
所以.
故选：B.
5. 已知非零向量与满足，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，确定的形状，再利用投影向量的意义求解作答
【详解】因为和分别表示向量和向量方向上的单位向量，
由，可得的角平分线与垂直，
所以为等腰三角形，且，
又，得，所以，
又，所以,
所以为等边三角形，
所以向量在向量上的投影向量为，
故选：B.
6. 如图，在边长为的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②.则这个容器的容积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出容器的高，求出容器容积的函数关系，利用导数求出最大值即得.
【详解】设容器的高为，则容器底面正三角形的边长为，
则三棱柱形容器容积，
求导得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以当时，.
故选：C
7. 已知复数z满足，则中不同的数有（ ）
A. 4个B. 6个C. 2019个D. 以上答案都不正确
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的三角形式可求，从而可判断出不同的数的个数.
【详解】根据题意，有，
于是中有6个不同的数．
故选：B.
8. 已知数列中，，且，若存在正整数，使得成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据，结合等比数列求和公式可求得；分别在和时解不等式得到和，根据数列的单调性可知，，，从而得到所求范围.
【详解】由题，，
即：，，
时，，符合上式，所以，
①当时，
则由得：，
此时，，
所以；
②当时，，
则由得：，
此时；，
所以；
综上所述：.
故选：B.
【点睛】关键是能够通过递推关系式得到数列的通项公式，结合数列的单调性特点可得到不等式的解集，从而确定解集上下限的最值，进而得到结果.
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.每题在给出的四个选项中，有多项符合要求，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9. 设，，已知，，则下列说法正确的是（ ）
A. 有最小值B. 没有最大值
C. 有最大值为D. 有最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用基本不等式直接判断与的最值情况.
【详解】，，，
当且仅当即时等号成立，故A正确，B正确；
又，时，，即，
所以，当且仅当时，等号成立，故C错误，D正确.
故选：ABD.
10. ，和是方程的两个根，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由题设，利用根与系数关系及判别式有，，，再结合和角正切公式、基本不等式判断各项正误.
【详解】由，则，
则，且，则，
由，A对，B、C错；
由，则，
当且仅当时取等号，故，D对.
故选：AD
11. 如图，在平面直角坐标系中，已知点，是线段上的动点，点与点关于直线对称．则下列结论正确的是（ ）

A. 当时，点的坐标为
B. 的最大值为4
C. 当点在直线上时，直线的方程为
D. 正弦的最大值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题可得点在以为圆心，半径为1的圆上，设，则，可依次判断A,B,C选项，对D，当直线与圆相切时，正弦的最大，列式计算可求解判断.
【详解】如图，由题意可得点在以为圆心，半径为1的圆上，
设，，则，
对于A，当时，可得，
，，此时点的坐标为 ，故A正确；
对于B，，当且仅当时等号成立，故B正确；
对于C，当点在直线上时，可得，此时点的坐标为 ，
直线与圆相切，所以，所以直线的方程为，故C正确；
对于D，当直线与圆相切时，正弦的最大，设直线的斜率为，则直线的方程为，
有，解得，即，从而可得，
所以正弦的最大值为，故D错误．
故选：ABC．

12. 如图所示的六面体中，，，两两垂直，连线经过三角形的重心，且，则（ ）
A. 若，则平面
B. 若，则平面
C. 若五点均在同一球面上，则
D. 若点恰为三棱锥外接球的球心，则
【答案】BD
【解析】
【分析】将六面体放在长方体中，点在对角线上运动，建立空间直角坐标系，得到，A选项，若，此时点在点处，利用空间向量得到不垂直，得到A错误；B选项，若，此时点为对角线的中点，求出平面的法向量，故，所以平面；C选项，得到点一定在点处，此时；D选项，点为对角线的中点，所以，D正确.
【详解】因为六面体中，，，两两垂直，连线经过三角形的重心，
所以可以将六面体放在长方体中，点在对角线上运动，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，
则，
设的中点，连接，与交于点，且，
，，
设，由得，
解得，故，，
A选项，若，即，此时点在点处，
此时，，
由于，故不垂直，
故与平面不垂直，A错误；
B选项，若，即，此时点为对角线的中点，此时，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，则，故，
又，故，
故，所以平面，B正确；
C选项，由于长方体的顶点在同一球面上，若五点均在同一球面上，
则点一定在点处，此时，C错误；
D选项，三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
若点恰为三棱锥外接球的球心，则点为对角线的中点，
所以，D正确.
故选：BD
【点睛】本题考查了空间几何的补体问题，如果直接进行求解不容易，但如果将几何体放入长方体中，则问题会变的简单，因为放入长方体后对于点的位置及其与其他几何元素之间的关系就容易看出，对于空间几何中折叠问题，切割问题的处理方式也是如此，不仅仅是看折叠或者切割后的几何体，更应看没有变化之间的几何体，这是解决动态立体几何的思路和方法.
三、填空题（本大题4小题，每小题5分，共20分）
13. 由数据(1,2),(3,4),(2,2),(4,4),(5,6),(3,3.6)得出的线性回归方程y=a+bx必经过的定点是以上点中的_____.
【答案】(3,3.6)
【解析】
【分析】根据回归直线方程过样本中心点，利用平均值的计算公式，计算出的值.
【详解】，，根据回归直线方程过样本中心点，所以回归直线方程比经过定点.
【点睛】本小题主要考查回归直线方程过样本中心点，考查平均值的计算公式，属于基础题.
14. 已知数列满足，则的通项公式______.
【答案】
【解析】
【分析】分析和两种情况，根据题意运算求解即可.
【详解】因为，
若，可得；
若，则，
可得；
且符合上式，可得，所以.
故答案为：.
15. 已知椭圆的上、下顶点分别为M，N，点P为椭圆上任意一点（不同于M，N），若点Q满足，则点Q到坐标原点距离的取值范围为___________．
【答案】
【解析】
【分析】设，代入椭圆方程可得，再由题意可得，设，直接列方程即可出轨迹的方程，所以，由两点间的距离公式结合三角函数的性质可求出答案.
【详解】设，由已知，
，，
所以，
设，因为，
所以，
所以，，
即，∴轨迹的方程为.
所以，
点Q到坐标原点距离为，
因为，，所以.
点Q到坐标原点距离的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的解题关键是求出，即可求出轨迹的方程，设，由两点的距离公式结合三角函数的性质即可得出答案.
16. 函数，函数若函数恰有2个零点，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意整理函数解析式，利用导数要求分段函数单调性，结合分类讨论思想以及零点存在性定理，可得答案.
【详解】由题意可得.
当时，，
，
当在上存在2个零点时，，解得；
当在上存在唯一零点时，，解得；
当在上不存在零点时，无解.
当时，，则，
当时，在单调递增，
，由，
则在上存在唯一零点，此时符合题意；
当时，令，解得，
当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，
所以，令，解得，
当时，在上存在唯一零点，此时符合题意；
当时，，此时符合题意；
当时，，
由，则在存在2个零点，此时不合题意；
当时，，则在不存在零点，此时不合题意.
综上所述，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
四、解答题（本大题6小题，共70分）
17. 已知分别为的内角的对边，且.
（1）求；
（2）若，的面积为2，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理代入化简，结合角的范围即可求解；
（2）根据三角形面积公式和余弦定理代入求解即可
【小问1详解】
在中，由余弦定理得，，
代入，
则，
即，
即，
因为，且时上式不成立，
所以，所以，则
【小问2详解】
因为的面积为2，
所以，即，
又因为，，，所以，
则，则
18. 设正项数列的前n项和为，已知.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由及题意可得数列为等差数列，从而求出，从而可求出答案；
（2）利用裂项相消法即可求出答案．
【详解】解：（1）∵，
∴，
又，
∴，
∴数列是以为首项，1为公差的等差数列，
∴，∴，
当时，，
当时，，不满足上式，
∴数列的通项公式为；
（2）由（1）可知，，
则当时，
，
显然，符合上式，
∴当时，．
【点睛】本题主要考查已知递推公式求数列的通项公式，考查裂项相消法求和，考查计算能力，属于中档题．
19. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面，，点分别在线段和的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值；
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据已知条件证明四边形是矩形，接着证明平面，又，，结论平面得证；
（2）先证明直线两两垂直，从而建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量即可.
【小问1详解】
因为底面为直角梯形，，
所以，
因为，是线段的中点，
所以，
又因为，，且，
所以四边形是矩形，同时，
因为平面，且平面，
所以，
因为，，平面，平面，，
所以平面，且平面
所以，
因为点是线段的中点，且，
所以，
因为，，平面，平面，，
所以平面.
【小问2详解】
因平面，且，所以直线两两垂直，
如图所示，分别以直线为轴，建立空间直角坐标系，
且，
则，
由上问平面，则向量是平面的一个法向量，且，
设向量是平面的法向量，且，
则，即，不妨取，
令向量与向量的夹角为，
所以，
设平面与平面的夹角为，
所以平面与平面夹角的正弦值为：.
20. 年月日至月日在国家会展中心举办中国国际进口博览会期间，为保障展会的顺利进行，有、两家外卖公司负责为部分工作者送餐.两公司某天各自随机抽取名送餐员工，统计公司送餐员工送餐数，得到如图频率分布直方图；统计两公司样本送餐数，得到如图送餐数分布茎叶图，已知两公司样本送餐数平均值相同.

（1）求的值
（2）求、的值
（3）宣传道路交通安全法，并遵循按劳分配原则，公司决定员工送餐份后，每多送份餐对其进行一次奖励，并制定了两种不同奖励方案：
方案一：奖励现金红包元.
方案二：答两道交通安全题，答对题奖励元，答对题奖励元，答对题奖励元.员工每一道题答题相互独立且每题答对概率为与该员工交通安全重视程度相关）.
求下表中值（用表示）；从员工收益角度出发，如何选择方案较优？并说明理由.
附：方案二综合收益满足公式，为该员工被奖励次数.
【答案】（1）
（2），
（3），答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据两公司样本送餐数平均值相同，可得出关于的等式，解之即可；
（2）在公司中，送餐数在区间和送参数在区间的员工人数之比为，结合频率分布直方图可求得的值，利用所有直方图面积之和为可求得的值；
（3）利用独立重复试验的概率公式求出，并求出、，可得出方案一、二综合收益的期望，比较大小后可得出结论.
【小问1详解】
解：因为两公司样本送餐数平均值相同，
则，
则.
【小问2详解】
解：因为公司中，送餐数在区间和送餐数在区间的员工人数之比为，
则，可得，
由频率分布直方图可知，.
【小问3详解】
解：由题意知，，，
方案一的综合收益满足，
方案二综合收益满足，
，
由可得，解得，
故当时，方案一较优；
由可得，解得，
故当时，方案一和方案二收益相同；
由可得，解得，
故当时，方案二较优.
21. 已知椭圆的左､右顶点分别为为椭圆上任意一点（与不重合），直线和的斜率之积为，点在椭圆上．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作斜率之和为1的两条直线分别与椭圆交于两点，直线是否过定点？若过定点，求出此定点；若不过定点，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）直线过定点.
【解析】
【分析】（1）利用斜率坐标公式及椭圆所过的点，建立方程并求出得解.
（2）当直线的斜率存在时，设出其方程并与椭圆方程联立，借助斜率和为1求解，再讨论直线的斜率不存在时即可得解.
【小问1详解】
依题意，，设，由点在椭圆上，得，
由直线和的斜率之积为，得，即，
由点在椭圆上，得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
当直线的斜率存在时，设其方程为，点，
由消去y并整理得，
则，，
点，由直线之和为1，得，即，
于是，
整理得，
则，整理得，
即，显然直线不过点，即，
因此，即，直线：，过定点，
当直线的斜率不存在时，直线与椭圆交于，
不妨设，由，解得，此时，直线过点，
所以直线过定点.
【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设直线方程为，再与圆锥曲线方程联立结合已知条件探求k，m的关系，然后推理求解.
22. 已知函数，．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）求的单调区间；
（3）设是函数的两个极值点，证明：．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，然后求出，，根据点斜式写出直线方程；
（2）求导，然后分和讨论求的单调区间；
（3）根据极值点为导函数的零点，令，利用韦达定理将用表示，代入，构造函数求其最值即可.
【小问1详解】
当时，，
得，则，，
所以切线方程为，即；
【小问2详解】
，
当时，恒成立，在上单调递增，
当时，令，得，单调递增，
令，得，单调递减，
综合得：当时，的单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为，的单调递减区间为；
【小问3详解】
，
则，
因为是函数的两个极值点，
即是方程的两不等正根，
所以，得，
令，则，
得，
则，
所以
，
则，
令，
则，
所以在上单调递增，
所以，
所以，
即.
【点睛】关键点睛：对于双变量问题，我们需要通过换元转化为单变量问题，本题就是利用韦达定理，令达到消元的目的，常用的换元有等.
方案二奖励
元
元
元
概率