福建省泉州市第五中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份福建省泉州市第五中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试卷（Word版附解析），共28页。试卷主要包含了考生作答时，将答案答在答题卡上，已知数列满足等内容，欢迎下载使用。
本试卷共19题 满分150分 考试时间：120分钟
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．考生作答时，将答案答在答题卡上．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．在草稿纸、试题卷上答题无效．
3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚．
4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．
一、单选题
1．已知函数，若，，使成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
2．已知数列满足，，，，，该数列的前项和为，则下列论断中错误的是（ ）
A．B．
C．非零常数，使得D．，都有
3．平面内相距的A，B两点各放置一个传感器，物体在该平面内做匀速直线运动，两个传感器分别实时记录下两点与的距离，并绘制出“距离---时间”图象，分别如图中曲线所示.已知曲线经过点，，，曲线经过点，且若的运动轨迹与线段相交，则的运动轨迹与直线所成夹角的正弦值以及分别为（ ）
A．B．C．D．
4．对于曲线，给出下列三个命题：
①关于坐标原点对称；
②曲线上任意一点到坐标原点的距离不小于2；
③曲线与曲线有四个交点．
其中正确的命题个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
5．平面内互不重合的点、、、、、、，若，其中，2，3，4，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知数列满足：，则下列命题正确的是（ ）
A．若数列为常数列，则B．存在，使数列为递减数列
C．任意，都有为递减数列D．任意，都有
7．在直角坐标系内，圆，若直线绕原点顺时针旋转后与圆存在公共点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知正方体的棱长为，是正方体表面上一动点，且，记点形成的轨迹为，给出下列四个命题：
①、，；
②、，；
③的长度是；
④的长度是
其中真命题的个数是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．空旷的田野上两根电线杆之间的电线有相似的曲线形态．这些曲线在数学上称为悬链线．悬链线在工程上有广泛的应用．在恰当的坐标系中，这些曲线对应的函数表达式可以为（其中a，b为非零常数），则对于函数以下结论正确的是（ ）
A．若，则为偶函数
B．若，则函数的最小值为2
C．若，则函数的零点为0和
D．若为奇函数，且使成立，则a的最小值为
10．已知直线经过抛物线的焦点，与交于，两点，与的准线交于点，若成等差数列，则（ ）
A．B．C．D．E．
三、填空题
11．已知函数，给出下列四个结论：
①任意，函数的最大值与最小值的差为2；
②存在，使得对任意，；
③当时，存在，，使得对任意，都有；
④当时，对任意非零实数，.
其中所有正确结论的序号是 .
12．在锐角中，，角A、B、C对边分别为a，b，c，则下列结论正确的是 .（填写序号）①；②；③；④若上有一动点P，则最小值为.
13．已知函数，则下列说法正确的是 .
①是的周期
②的图象有对称中心，没有对称轴
③当时，
④对任意在上单调
14．设定义在函数当时，的值域为 ；若的最大值为1，则实数的所有取值组成的集合为 .
四、解答题
15．如图所示的几何体中，PD垂直于梯形ABCD所在的平面，为PA的中点，，四边形PDCE为矩形，线段PC交DE于点.

(1)求证：平面DEF；
(2)求二面角的余弦值；
(3)在线段EF上是否存在一点，使得BQ与平面BCP所成角的大小为？若存在，求出FQ的长；若不存在，请说明理由.
16．已知函数．
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若函数和函数的图象没有公共点，求实数的取值范围．
17．已知.
(1)若，求在处的切线方程；
(2)设，求的单调区间；
(3)求证：当时，.
18．设，求的值
19．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，原点到直线的距离为，的面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于不同的两点，过点作轴的垂线分别与直线交于点.判断点是否为线段的中点，说明理由.
20．已知．
(1)试判断函数的单调性；
(2)若函数有且只有一个零点，求实数a的取值范围．
参考答案：
1．A
【分析】由条件可得在上的取值范围要包含上的取值范围，分别求函数在，上的取值范围，列不等式可求结论.
【详解】若，，使成立，
则在上的取值范围要包含上的取值范围，
当时，，，
当时，，，
当时，，不合题意，
当时，，函数在单调递增，
则时，，
符合题意，
当，
若时，，函数在单调递减，
若时，，函数在上单调递增，
当时，函数取最小值，最小值为，
，
所以，解得，所以，
综上的范围是.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于将条件，，使成立，转化为在上的取值范围要包含上的取值范围.
2．C
【分析】由已知可得A正确；由已知递推关系化简可得B正确；由已知递推关系总结数列的规律，再用反证法得到C错误；由已知递推关系找到前项和的规律再结合等比数列的前项和可得D正确.
【详解】对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，因为，，
所以，故B正确；
对于C，由可得，
由可得，
由可得，
而，所以，
设存在非零常数，使得，
则，矛盾，
所以不存在非零常数，使得，故C错误；
对于D，当时，，
当时，，
即时，有相邻两项的和为零，
即有接下来个项和为零；
当时，
，
即时，有相邻两项的和与相邻四项为零，
即有接下来个项和为零；
当时，，
所以，故D正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题D选项关键在于能理解的意义，即表示数列中前两项和为外的到项，到项，到项和分别为零.
3．B
【分析】建系，设点，作出相应的辅助线，分析可知，结合分析求解即可.
【详解】
如图，建立平面直角坐标系，设动点的轨迹与轴重合，
其在时刻对应的点分别为，的速度为，
因为，可得，
由题意可知：均与轴垂直，且，
作垂足为，则，
因为，即，解得；
又因为轴，
所以的运动轨迹与直线所成夹角的正弦值为：；
又，，
所以.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：建系，设动点的轨迹与轴重合，以坐标系为依托，把对应的量转化为相应的长度，进而分析求解.
4．C
【分析】分析两个曲线的对称性，并结合函数的图象和性质，利用数形结合，即可判断①③，利用基本不等式，即可判断②.
【详解】①将曲线中的换成，将换成，方程不变，所以曲线关于原点对称，并且关于轴和轴对称，故①正确；
②设曲线上任一点为Px,y
，
当，即时，等号成立，
所以，曲线上任意一点到坐标原点的距离不小于2，故②正确；
③曲线中的换成，将换成，方程不变，所以曲线关于原点对称，并且关于轴和轴对称，并且将换成，换成，方程不变，所以曲线也关于对称，
曲线中，且，将曲线中的换成，换成，方程不变，所以曲线也关于对称，
当时，联立，得，
当时，，当时，函数单调递减，
因为，所以点在直线的下方，如图，在第一象限有2个交点，
根据两个曲线的对称性可知，其他象限也是2个交点，则共有8个交点，故③错误；
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是③的判断，判断的关键是对称性的判断，以及将方程转化为函数，判断函数的单调性，即可判断.
5．D
【分析】由题意首先得在以点为圆心，为半径的圆上面，为的重心，结合三角形三边关系即可得解.
【详解】设为的重心，
则，
因为，所以，即在以点为圆心，为半径的圆上面，
设点与坐标原点重合，

则，当且仅当都在线段上，等号成立，
又，
当且仅当在线段上面，且在线段上，在线段上，等号成立
综上所述，的取值范围为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：关键是得到得在以点为圆心，为半径的圆上面，由此即可顺利得解.
6．D
【分析】解方程判断A,利用单调性结合数学归纳法判断BD,举反例判断C.
【详解】对A:若数列为常数列，则，解得或，故A错误；
对B:易得，若为递减数列，则，解得或且，故不存在使得递减数列，故B错误；
对C,令，则，故不是递减数列，故C错误；
对D,用数学归纳法证明
当显然成立，
假设当，
则时，，故当时成立,
由选项B知，对任意 则数列为递减数列，故故D正确
故选：D
【点睛】利用递推关系结合数学归纳法证明，是本题关键.
7．A
【分析】由题意首先得出旋转后的直线为，然后由直线与圆的位置关系列出不等式即可求解.
【详解】连接，设（即以轴正方向为始边，为终边的角），
由题意对于直线上任意一点，存在，使得，
则直线绕原点顺时针旋转后，点对应点为，即，
因为在直线上，所以满足
设，所以，
即所在直线方程为，
而圆的圆心，半径分别为，
若直线绕原点顺时针旋转后与圆存在公共点，
所以圆心到直线的距离，解得.
故选：A.
【点睛】关键点睛：关键是求出旋转后的直线，从而即可顺利得解.
8．D
【分析】确定是正方体的棱的中垂面与四个侧面的交线，它是一个边长为的正方形，判定①③正确；空间问题平面化，建立坐标系求出轨迹P的轨迹方程，判断④正确，②错误.
【详解】是正方体的棱的中垂面与四个侧面的交线，
它是一个边长为的正方形，它的周长是，且、，，所以①③正确；
在正方体两侧面、和上底面都是一段圆弧，
它与其它三个面无公共点.将正方体两侧面和沿展开为平面图，
建立平面直角坐标系如图，
设动点，因为，
所以，化简得，
故动点P在两侧面内轨迹是以为圆心，以为半径的圆弧，
因为，所以，所以，
所以在两侧面内点轨迹长度为.
在上底面内，动点P轨迹为以为圆心的一段圆弧，

如上图，由，可知，故，
又，所以，
即圆弧所在圆的半径为，所以圆弧的长为，
所以动点P形成的轨迹的长度为，
且不存在这样的点、，使，所以④正确，②错误.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题第④小问考查球面与正方体各面的交线问题，在解决此类问题中，需要考查正方体每个面与球面交线所在圆的半径以及圆心角的大小，结合扇形的弧长公式求解.
9．ACD
【分析】对于A，直接由偶函数定义判断即可；对于B，令即可判断；对于C，令结合指数对数互换即可判断；对于D，将不等式等价转换为关于在上面有解，结合基本不等式即可得解.
【详解】对于A，若，定义域为全体实数，关于原点对称，
且此时，即为偶函数，故A正确；
对于B，若，则，故B错误；
对于C，若，则，令，
解得或，即或，所以函数的零点为0和，故C正确；
对于D，若为奇函数，则，即，经检验符合题意，
由题意不等式在上有解，
而在上有，
所以在上有解，
不妨设，则，
所以关于在上面有解，
由基本不等式得，等号成立当且仅当即时等号成立，
综上所述，a的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：D选项的关键是首先将不等式转换为关于在上面有解，由此即可顺利得解.
10．ABCE
【分析】由直线过焦点可求出抛物线的解析式，然后利用数型结合及抛物线定义逐项判断即可求解.
【详解】由题知直线y=kx-1过定点1,0且经过抛物线的焦点，得F1,0，所以，抛物线方程：，
根据题意作出图形准线并交准线于，准线且交准线于，如图所示.
对A：上述求解，故A正确；
对B、C：由成等差数列，所以，所以，
且由成等差数列，，得，，
所以，故B正确，，故C正确；
对D：由B、C及抛物线定义知，
所以在中，，所以，所以，
此时斜率，又考虑到抛物线的对称性当斜率时也成立，故D错误.
对E：由B、C、D知点为的中点，且焦距，所以，得，故E正确.
故选：ABCE.
【点睛】方法点睛：与相交有关的向量问题的解决方法
在解决直线与圆锥曲线相交，所得弦端点的有关的向量问题时，一般需利用相应的知识，将该关系转化为线段满足的数量关系，进而求解．
11．②③
【分析】①举一例说明最大值与最小值的差不为2，②令，可证明，③取特值判断，④例如时，举一例说明，从而判断各命题的真假．
【详解】，
①当时，，最大值是1，最小值是0，差为1，①错；
②当时，，
，②正确；
③，，它的最小值正周期是，
存在，使得对任意，，③正确；
④当时，时，，
，
即，④错，
所以正确的只有②③，
故答案为：②③．
12．①③
【分析】对①，将条件式切化弦，得，结合三角恒等变换和正弦定理求解判断；对②，由及余弦定理，结合基本不等式求解判断；对③，利用两角和的正切公式及，可得，结合基本不等式求解判断；对④，过作，要使的最小值，应在之间运动，可得，根据二次函数求值域，得解.
【详解】对于①，，则，即，
，即，
又，，由正弦定理得，，故①正确；
对②，由及余弦定理，可得，即，
由基本不等式知，，当且仅当，即时等号成立，
，故②错；
对于③，在锐角中，由，且，，
由基本不等式可得，，整理得，，
当且仅当时，等号成立，又由，
，
因为三角形是锐角三角形，所以与不能同时成立
即,故③正确；
对于④，过作，则，
又在之间运动时，与的夹角为锐角，在之间运动时，与的夹角为钝角，
因此要求的最小值，应在之间运动，即，
又，
当时，取最小值为，故④错误.
故答案为：①③.
13．①③④
【分析】利用函数周期的定义判断①；根据函数对称性的定义求出对称中心或对称轴判断②；借助辅助角公式可得，结合正切函数的单调性及三角恒等变换判断③；当，时，探讨函数单调性判断④.
【详解】对于①，，则是的周期，①正确；
对于②，，
且，
有，，则的图象关于点对称，关于直线对称，②错误；
对于③，当时，，又，即，
则，即，
则，③正确；
对于④，由是的周期知，只需考虑，时函数的单调性，
当时，，函数与均单调递增，而在上递增，则单调递增；
当时，，函数与均单调递减，而在上递增，则单调递减，④正确.
故答案为：①③④
【点睛】思路点睛：①函数奇偶性、周期性和对称性的判断常用定义去验证；②要证明周期函数的单调性往往只需证明函数的一个周期的单调性，复杂函数的单调性判断优先尝试利用复合函数的“同增异减”.
14．
【分析】当时，分别求出各段上函数值的范围后可得函数的值域，若的最大值为1，则可就、分类讨论后可得实数的所有取值组成的集合.
【详解】因为，故，故.
当时，，
当时，，，当时，，
故当时，的值域为.
若的最大值为1，则，又，故或.
若，
当时，，当时，，
因为，故，此时无最大值，舍.
若，
当时，，当时，，
因为的最大值为1，故，即，即，
综上，
故答案为：；.
15．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）由题意结合线面平行的判定定理即可证得题中的结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用两个半平面的法向量可得二面角的余弦值；
（3）假设点Q存在，利用直线的方向向量和平面的法向量计算可得点Q的存在性和位置.
【详解】（1）因为四边形PDCE为矩形，所以N为PC的中点，连接FN，

在中，F、N分别为PA、PC的中点，所以，
因为平面DEF，平面DEF，
所以平面DEF；
（2）因为PD垂直于梯形ABCD所在的平面，又AD、DC在平面ABCD内，
所以，
又，所以，
如图以D为原点，分别以DA、DC、DP所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，

则，
所以，
设平面PBC的法向量为m=x,y,z，
则，即，解得，令，则，
所以平面PBC的一个法向量为，
设平面ABP的法向量为，
，令，则，
所以平面ABP的一个法向量为，
，
因为二面角的平面角是钝角，所以二面角的平面角余弦值为，
（3）设存在点Q满足条件，
由，设，
则
，
因为BQ与平面BCP所成角的大小为，
所以，
解得，又，所以，即Q点E与重合，
故在线段EF上存在一点Q，且.
16．(1)
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义即可求得答案；
（2）将函数和函数的图象没有公共点，转化为无实数根，即当时，无实数根问题，从而令，利用导数结合分类讨论，即可求解.
【详解】（1）由得，
则，
故函数在处的切线方程为，即；
（2）因为函数和函数的图象没有公共点，
故，即无实数根，
即当时，无实数根，
令，由于，故hx为偶函数，
所以hx在0,+∞上无实根，
又，记，
则，
①当时，，，则，
故，满足在0,+∞上无实根；
②当时，在0,+∞上有实根，不符合题意；
③当时，，则在0,+∞上单调递增，
则，故hx在0,+∞上单调递增，
则，满足在0,+∞上无实根；
④当时，因为在上单调递增，
且，
则存在唯一的使得，
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
故x∈0,x0时，，故hx在上单调递减，故，
又，且hx在0,+∞上连续，
故hx在上有实数根，不符合题意，
综合可知，实数a的取值范围为.
【点睛】难点点睛：本题解答的难点是第二问，解决两函数图象无交点问题，要转化为无实数根，即当时，无实数根问题，从而构造函数，利用导数结合分类讨论的方法解决问题.
17．(1)；
(2)时，单调递减区间为，单调递增区间为;
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得答案;
（2）求出函数gx=f'x的导数，讨论k的取值范围，确定导数的正负，即可求得的单调区间；
（3）由于不等式可变为，所以可构造函数，利用（2）的结论可证明故该函数为0,+∞上的增函数，利用函数的单调性，即可证明结论.
【详解】（1）当时，，
故在处的切线斜率为，而，
所以在处的切线方程为，即.
（2）由题意得，则，
令，即，
令，即，
时，单调递减区间为,单调递增区间为.
（3）证明：由（2）可知，当时，gx=f'x在0,+∞上单调递增，而，
即f'x>0在0,+∞上恒成立，故在0,+∞上单调递增，
设，则，
因为，则，故，
所以在0,+∞上单调递增，而，
则，即，而，
故，即.
【点睛】关键点点睛：证明不等式时，关键是构造函数，利用函数的单调性进行证明；因为可变形为，由此可构造函数，从而利用（2）的结论证明该函数为递增函数，从而利用函数的单调性证明不等式.
18．
【分析】取三次单位根，设，，在原式中，令，代入计算取式子的实部即可得出答案.
【详解】取三次单位根，设，，易证，
，……，
，
在原式中，令，则有，
对上式取实部可得：，
所以.
因此所求多项式的值为.
19．(1)
(2)是，理由见解析
【分析】（1）利用点到直线距离和三角形面积构造方程组可解得，可得椭圆的方程为；
（2）设出直线的方程为，与椭圆方程联立并设，，求出直线和的方程，解得和，利用韦达定理化简可证明，即可得出结论.
【详解】（1）由题可知.
因为的面积为，所以.
因为点到直线的距离为，所以.
所以，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）点为线段的中点，理由如下：
由题知直线的斜率存在，如下图所示：
设过点的直线的方程为，即.
联立，整理得.
由，得.
设，，
则.
直线的方程为y=y2x2+2x+2，
令，得点的纵坐标.
直线的方程为，
令，得点的纵坐标.
要证点为线段的中点，只需证明，即.
因为
，
即，
所以点为线段的中点.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
20．(1)答案见解析
(2)或
【分析】（1）求导，讨论，两种情况，由导数得出其单调性；
（2）将的零点问题化为函数零点问题，讨论、、、，由其单调性结合零点个数得出实数a的取值范围．
【详解】（1）解：，
所以
当时，因为，所以函数在上为增函数
当时，函数在上为减函数，在上增函数
综上所述：①当时，函数为增函数；
②当时，函数在上为减函数，在上为增函数
（2）若函数有且只有一个零点，则函数有且只有一个零点，且，
由（1）知：当时，函数为增函数，此时只有一个零点，满足题意
当时，
①时，因为函数在上为减函数，所以，
因为，因为函数在上为增函数，
所以唯一，使，所以函数恰有两个零点，不满足题意
②时，因为函数在上为增函数，所以，
，
因为，函数在上为减函数，
所以唯一，使，所以函数恰有两个零点，不满足题意
③时，函数在上为减函数，在上为增函数，
所以，函数有且只有一个零点，满足题意．
综上所述：实数的取值范围为或
【点睛】关键点睛：解决第二问时，关键在于将的零点问题化为函数零点问题，借助其单调性以及零点个数得出参数的范围.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
B
C
D
D
A
D
ACD
ABCE