福建省部分优质高中2024-2025学年高三上学期10月联考数学试题

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二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 3（2分） （3分） 13. -40 14. 1：8
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.（13分）
解：（1）由正弦定理得，b2−c2=ab−a2，即b2+a2−c2=ab，
由余弦定理得，csC=b2+a2−c22ab=ab2ab=12，
又C∈0,π，所以C=π3．
因为△ABC的面积为332，
所以12absinC=12ab⋅32=332，
即ab=6，
由c=7，
则csC=b2+a2−c22ab=b2+a2−712=12，
即b2+a2=13，
所以b2+a2+2ab=a+b2=13+2ab=13+12=25，
即a+b=5．
16.（15分）
（1）证明：连接AC1交A1C于O，连接OE，即O是AC1的中点，
因为E为AB的中点，
所以OE//AC1，
而BC1 ⊄平面A1EC，OE ⊂平面A1EC，
所以BC1//平面A1EC；
（2）解：设A1C1的中点为M1，连接M1O交AC于M，
因为△ABC为正三角形，所以△A1B1C1也是正三角形，
所以有B1M1⊥A1C1，因为三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，
所以平面A1B1C1⊥平面A1ACC1，而平面A1B1C1∩平面A1ACC1=A1C1，
所以B1M1⊥平面A1ACC1，
因为三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，
所以侧面A1ACC1是矩形，因此A1C1⊥平面M1M，
于是建立如图所示的空间直角坐标系，设AC=2,AA1=t，
所以A1(−1,0,0),A(−1,t,0),C(1,t,0),B(0,t,3),E(−12,t,32)，
设平面EA1C的法向量为n=(x,y,z)，
CA1=(−2,−t,0),CE=(−32,0,32)，
所以有n⊥CA1n⊥CE⇒n⋅CA1=0n⋅CE=0⇒−2x−ty=0−32x+32y=0⇒n=(t,−2,3t)，
因为B1M1⊥平面A1ACC1，
所以设平面A1CA的法向量为m=(0,0,1)，
因为二面角E−A1C−A的大小为π4，
所以有csπ4=m⋅nm⋅n=22⇒3tt2+4+3t2=22⇒t=2（负值舍去），
则BC=(1,0,−3),n=(2,−2,6)，
设直线BC与平面A1EC所成角的正弦值为θ，
所以sinθ=BC⋅nBC⋅n=2−321+3×2+4+6=66.
（15分）
解：（1）；
（2）因为，所以，
所以．
（3）设1人获赠贵妃杏的个数为，则．
依题意可得的可能取值为，
，
，
，
，
，
则的分布列为
所以.
（17分）
解：（1）根据题意有.
设，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
所以，在单调递增.
（2）设，则，
若是的极值点，
则，，.
设，则，
由（1）可知，，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，所以，单调递增，
所以不是函数的极值点.
（3）当时，，当时，.
因为是增函数，且由（1）可知，单调递增，.
所以，即①，
另有，
即②，
所以①＋②有.
（17分）
解：（1）由椭圆，知.
根据协同圆的定义，可得该椭圆的协同圆为圆
（2）设，则.
直线为圆的切线，分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论：
①当直线的斜率不存在时，直线.
若，由，
解得，
此时.
若，
同理得：
②当直线的斜率存在时，设.
由，
得，
有，
又直线是圆的切线，故，
可得.
∴，则，
而.
∴，
即
综上，恒有.
（3）是椭圆上的两个动点且，设，则.
直线：有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在两种情况讨论.
若直线的斜率不存在，即点在轴上，则点在轴上，有.
∴，，且，
由，
解得
若直线的斜率都存在，设，则.
由，得，
有；
同理，得.
于是，
由，可得.
因此，总有，即点在圆心为坐标原点，半径为的圆上.
∴该定圆的方程为圆
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
A
C
B
D
B
D
A
题号
9
10
11
答案
BC
ACD
AC
0
1
2
3
4
0.25
0.3
0.29
0.12
0.04