福建省福州第三中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题

这是一份福建省福州第三中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题，共20页。
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.
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
3.的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知，，，则（ ）.
A.B.C.D.
4.已知是边长为2的等边三角形，P为平面内一点，则的最小值是（ ）.
A.-2B.C.D.-1
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.
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.
7.在正四棱台中，，，，若球O与上底面以及棱，，，均相切，则球O的表面积为（ ）.
A.B.C.D.
8.已知函数，，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数的取值范围为（ ）.
A.B.C.D.
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
10.如图，在正方体中，M，N，P分别为棱，，的中点，则下列结论正确的是（ ）.
A.平面
B.点P与点D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7：17
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
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_______.
13.直线被圆截得最大弦长为_______.
14.对于正整数，设是关于x的方程的正实数根.记，其中表示不超过x的最大整数，则________；设数列的前项和为，则________.
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.（本小题满分13分）
已知数列的前n项和为，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前n项和.
16.（本小题满分15分）
在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，已知.
（1）求角B；
（2）若，的周长为，求的最大值.
17.（本小题满分15分）
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.
18.（本小题满分17分）
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）G为平面内一点，若平面，求的长.
19.（本小题满分17分）
设a，b为实数，且，函数.
（1）若，讨论函数的单调性；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
（注：是自然对数的底数）
福州三中2024-2025学年第一学期高三第二次质量检测
数学答案
1.【详解】由题知，，则.故选：B.
2.【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.【详解】，
∵，
∴，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，
由正弦定理可得，
∵，，∴，
∵，∴.
故选B.
4.【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：B.
5.【详解】是奇函数，故；
又是减函数，，
即则有，解得.故选D.
6.【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.【详解】设棱台上下底面的中心为N，M，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O与上底面相切于N，与棱，，，均相切于各边中点处，
设中点为E，连接，，，
所以，解得，
所以球的表面积为.故选：C
8.【详解】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.
9.【详解】设等差数列的公差为，
对A，因为是等差数列，且3+7=4+6，由等差数列性质得，故A正确；
对，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1，2，3，4，5，6…，显然数列不是等比数列，故D错误.故选：AC.
10.【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，
所以平面，则，显然不成立，即选项A错误；
连接，，
由知，A，M，N，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P与点D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.【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，
因为不等式，所以，，
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.
12.【详解】因为，
所以，故.
故答案为：1.
13.【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.【详解】（1）当时，，
设单调递减，，，
所以，，；
（2）令，则方程化为：，
令，则在单调递增，
；，
由零点存在定理可得：，，
当，，，
当，，，
所以当，.故答案为：①0；②1010.
15.解：（1），，
当时，∴，，
当时，，两式相减得，
∴，
∵∴，
∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴；
（2）由（1）可知，记，
∴，
，
两式相减得
，
∴.
16.解：（1）因为，
所以，
即，
由正弦定理，得，
因为，所以，
因为，所以，所以，
又，所以.
（2）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.解：（1）设右焦点，
直线与x轴的交点为，
所以椭圆C右焦点F的坐标为，
故在椭圆C中，
由题意，结合，则，
，
所以椭圆C的方程为：；
（2）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0°时，
设直线的方程为：，，，
由，可得，
由题意，
则，，
由
，
由，即，
故存在满足条件的直线，直线的方程为：.
18.解：（1）连接，在中，，，，
∴，
则，，，
∵平面平面，平面平面，，平面，
∴平面，
∵平面，∴，
∴在中，，
又∵，，∴，，，
在中：，∴，
又，，平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面.
（2）法一：由（1）可知：，，
则二面角的一个平面角为，
∴在中，由余弦定理知；
法二：在平面上过点B作z轴于B，过P作轴于E，
∵平面平面，平面平面，z轴平面，
∴z轴⊥平面，∴z轴、轴，
又，∴轴，，两两垂直，
如图以，为x，y轴建立空间直角坐标系：
，，，
由余弦定理可知，
∴，所以，，
则，，，
设为平面的一个法向量，则：，
令，则，，所以，
易知是平面的一个法向量，
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；
（3）法一：过作，垂足为，过作，
在中，过D作，过Q作，，
因为，平面，所以平面，
又平面，所以，
而，平面，所以平面，即为所求.
分别延长、交于，连接，
过D作，由（1）知，，
与相交，平面，∴平面，
∴，，设，，
∴，则，设，
在平面内，由几何关系知，，
所以.
法二：由（2）得，平面的法向量为，且，
∴，∴，
∵为直角三角形，
∴.
法三：由（2）得，，，，，
设，所以，
又：，即.
∴.
19.解：（1）定义域，，，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减.
综上可得，时，在上单调递增；
时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，，
记，，
记，，
又，所以时，，时，，
则在单调递减，单调递增，
∴，∴，
∵，∴，∴.
即实数的取值范围是.
（3）[方法一]【最优解】：
，，有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由（2）可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，
，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
2且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，
只需证，
只需证，
∵，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
，有2个不同零点，，
不妨设，由得（其中）.
且，.
要证，只需证，
即证，只需证.
又，所以，即.
所以只需证.而，所以，
又，所以只需证.
所以，原命题得证.
[方法三]：
若且，则满足且，
由（Ⅱ）知有两个零点且.
又，故进一步有.
由可得且，
从而.
因为，所以，
故只需证.
又因为在区间内单调递增，
故只需证，即，
注意时有，故不等式成立.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
A
B
B
D
C
C
B
题号
9
10
11
12
13
14（1）
14（2）
答案
AC
BCD
ACD
1
0
1010