福建省福州第一中学2024-2025学年高三上学期第一学段期中考试数学

这是一份福建省福州第一中学2024-2025学年高三上学期第一学段期中考试数学，文件包含福建省福州第一中学2024-2025学年高三上学期第一学段期中考试数学docx、福建省福州第一中学2024-2025学年高三上学期第一学段期中考试数学pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共42页， 欢迎下载使用。
（完卷120分钟 满分150分）
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．
1．设复数满足（为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
2．若，且，则的最小值为（ ）
A．20B．12C．16D．25
3．已知是两个互相垂直的平面，是两条直线，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．设直线与圆相交于A，B两点，则的面积为（ ）
A．12B．4C．8D．
5．已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是
A．B．C．D．
7．已知双曲线的左、右焦点分别为，抛物线的准线l经过，且l与双曲线的一条渐近线交于点A，若，则双曲线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
8．函数在上的零点个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．
9．有一组从小到大排列的样本数据，若将第1个数据减1，最后一个数据加2，其余数据不变，得到新的一组数据，则下列统计量中，相比原来的数据变大的有（ ）
A．极差B．中位数C．平均数D．方差
10．已知三次函数，下列结论正确的是（ ）
A．当时，单调递减区间为
B．当时，单调递增区间为
C．当时，若函数恰有两个不同的零点，则
D．当时，恒成立，则a的取值范围为
11．数列满足：，下述命题正确的有（ ）
A．数列的通项公式可以是
B．数列是递增数列
C．若（其中），则
D．存在常数，使得都成立
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知向量，则在上的投影向量的坐标为 .
13．已知是数列的前项和，，且对于任意，有，则 .
14．存在集合的一族子集两两交集非空，那么这族子集最多有 个.
四、解答题：本大题共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．已知椭圆长轴长为4，且椭圆的离心率，其左右焦点分别为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设斜率为且过的直线与椭圆交于两点，求的面积．
16．如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.
17．在中，为BC的中点，且.
(1)证明：；
(2)若，求的取值范围．
18．已知函数．
(1)求在处的切线的方程；
(2)讨论的根的个数；
(3)设是的两根，证明：．
19．已知数列，从中选取第项、第项、...、第项，称新数列为A的长度为的子列．记为A所有不同子列的个数，例如对于A：1，0，0，长度为2的子列有1，0和0，0，长度为3的子列有1，0，0，所以．
(1)对于数列A：2，0，2，4，写出A的长度为3的全部子列，并求；
(2)对于数列，判断，的大小关系，并说明理由；
(3)对于整数且，数列满足和，求的最小值.
1．A
【分析】由已知化简复数，利用模长公式求解即可．
【详解】法一：由，得，所以，所以．
故选：A
法二：由题知，所以．
故选：A
2．D
【分析】利用，结合基本不等式可求和的最小值.
【详解】因为，所以，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
故选：D.
3．B
【分析】根据面面垂直的性质与线面垂直的性质，结合充分、必要条件的定义即可求解.
【详解】由题意知，，
若，当时，有；当时，与可能相交、平行、垂直.
若，由，得.
故“”是“”是必要不充分条件.
故选：B
4．C
【分析】求出圆心到直线的距离，再由求出弦长，进一步可得，再利用三角形的面积公式即可得出答案.
【详解】圆心到直线的距离为，
，由，
则，由三角形的面积公式可得，
故选：C.
5．B
【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.
【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增，
则需满足，解得，
即a的范围是.
故选：B.
6．D
【详解】试题分析：个位数与十位数之知为奇数一两位数共有个，从中任取一个共有45个不同的结果，由于是随机抽取的，每个结果出现的可能性是相等的，其中个位数为的有个，由古典概型的概率公式得所求概率为：，故选D.
考点：1、排列组合；2、古典概型.
7．D
【分析】由已知可得出的值，求出点的坐标，分析可得，由此可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的标准方程.
【详解】抛物线的准线方程为，则，则、，
不妨设点为第二象限内的点，联立，可得，即点，
因为且，则为等腰直角三角形，
且，即，可得，
所以，，解得，因此，双曲线的标准方程为.
故选：D.
8．C
【分析】求出给定函数的周期，在区间上利用导数及零点存在性定理确定零点个数即可得解.
【详解】函数都是周期函数，其最小正周期为，
则函数的最小正周期为，
当时，，求导得，
当时，，，函数在上单调递减，
，函数在上有唯一零点；
当时，令，求导得，
，，而，则，
函数在上单调递增，而，
存在，使得，当时，，
当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
，函数在上无零点；
当时，，求导得，
当时，，，，，
函数在上单调递增，，
则函数在上存在唯一零点；
当时，令，求导得，
，，而，则，
函数在上单调递减，而，
存在，使得，当时，，
当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，，
函数在上无零点；
从而函数在有且只有2个零点，函数在有2个零点，
在上有1个零点，而，且，
所以函数在上有5个零.点
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题求解零点个数，探讨函数的周期，再在区间上分段讨论零点个数是关键.
9．ACD
【分析】根据极差、中位数、平均数、方差的定义计算即可得出得出答案.
【详解】极差比原数据大3，故A正确；
中位数不变，故B不正确；
，，
所以平均数变大，故C正确；
因为最小的数据变小，最大的数据变大，其余数据不变，显然新数据较原数据相对于各自的平均值波动变大，
由方差的意义易知方差也变大了，故D正确.
故选：ACD.
10．ACD
【分析】利用导数研究区间单调性判断A、B，由函数恰有两个不同的零点，则有一个极值为0，易得或判断C；将不等式恒成立化为恒成立，对右侧构造函数，应用导数求其最大值即可判断D.
【详解】，则，
当时，在区间上，
所以在上单调递减区间，A正确，B错误；
要使函数恰有两个不同的零点，则有一个极值为0，
由上分析知：或，而时，不满足题意；
所以，有，化简可得，C正确；
当时恒成立，即恒成立，
令，则，故，
在上，单调递增，在上，单调递减，
∴，故，D正确．
故选：ACD
11．AD
【分析】由得，，然后结合条件，逐一判断四个命题的真假．
【详解】对于A，若，，
所以，故A正确；
对于B，取，则，
，当时，满足，
但数列是递减数列，故B错误；
对于C，若数列为递减数列，如：，满足题意，
，但是，故C错误；
对于D，得，
即，取
则，故D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点睛：本题D选项的关键点在于由得，，取，通过放缩法即可证明.
12．
【分析】利用向量在方向上的投影乘以与同向的单位向量可得出结果.
【详解】，则，向量在的投影为，
所以，向量在方向上的投影向量为.
故答案为：.
13．550
【分析】分析可知数列是以首项和公差均为的等差数列，根据等差数列的求和公式以及性质运算求解即可.
【详解】因为对于任意，有，
令，则，即，
可知数列是以首项和公差均为的等差数列，
所以.
故答案为：550.
14．29##
【分析】设是含有个元素的子集且对应有个，且，即可得结果.
【详解】显然，这族子集不含有空集，按所含元素的多少可把这族子集分为10类，
不妨设是含有个元素的子集，对应有个，
显然，一元子集至多只有一个，若不止一个，则它们的交集都是空集，不合题意，
所以，故最多有个.
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆的基本性质得到椭圆的值，写出椭圆方程.
（2）写出直线方程，联立方程组，由韦达定理得到和，用交点弦长公式得到线段长，由点到直线距离得到三角形高，从而算出三角形面积.
【详解】（1）由题意可知：，则，
∵，∴，
∴，
∴椭圆
（2），∴直线：，
联立方程组得,
设，
则，
点到直线的距离
∴

16．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）利用长方体的性质，可以知道侧面，利用线面垂直的性质可以证明出，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出平面；
（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，，求出相应点的坐标，利用，可以求出之间的关系，分别求出平面、平面的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角的正弦值.
【详解】（1）证明：因为是长方体，所以侧面，而平面，所以
又，，平面，因此平面；
（2）
[方法一]【三垂线定理】
由（1）知，，又E为的中点，所以，为等腰直角三角形，所以．
如图2，联结，与相交于点O，因为平面，所以．
又，所以平面．
作，垂足为H，联结，由三垂线定理可知，则为二面角平面角的补角．
设，则，由，得．
在中，，所以，
即二面角的正弦值为．
[方法二]【利用平面的法向量】
设底面边长为1，高为，所以．
因为平面，所以，即，
所以，解得．
因为平面，所以，又，所以平面，
故为平面的一个法向量．
因为平面与平面为同一平面，故为平面的一个法向量，
在中，因为，故与成角，
所以二面角，的正弦值为．
[方法三]【利用体积公式结合二面角的定义】
设底面边长为1，高为，所以．
因为平面，所以，即，
所以，解得．
因为，所以是直角三角形，．
因为平面，所以到平面的距离相等设为．
同理，A，E到平面的距离相等，都为1，所以，
即，解得．
设点B到直线的距离为，在中，由面积相等解得．
设为二面角的平面角，，
所以二面角的正弦值为．
[方法四]【等价转化后利用射影面积计算】
由（1）的结论知，又，易证，所以，所以，
即二面角的正弦值与二面角的正弦值相等．
设的中点分别为F，G，H，显然为正方体，所求问题转化为如图3所示，
在正方体中求二面角的正弦值．
设相交于点O，易证平面，
所以是在平面上的射影．
令正方体的棱长，
则，，，．
设二面角为，由，则，
所以．
即二面角的正弦值为．
[方法五]【结合（1）的结论找到二面角的平面角进行计算】
如图4，分别取中点F，G，H，联结．
过G作，垂足为P，联结．
易得E，F，G，H共面且平行于面．
由（1）可得面．因为面，所以．
又因为E为中点，所以，且均为等腰三角形．
设，则，四棱柱为正方体．
在及中有．
所以与均为直角三角形且全等．
又因为，所以为二面角（即）的一个平面角．
在中，．
所以，
所以．
故二面角的正弦值为．
[方法六]【最优解：空间向量法】
以点坐标原点，以分别为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，
，
因为，
所以，
所以，，
设是平面的法向量，
所以，
设是平面的法向量，
所以，
二面角的余弦值的绝对值为，
所以二面角的正弦值为.
【整体点评】(2)方法一：三垂线定理是立体几何中寻找垂直关系的核心定理；
方法二：利用平面的法向量进行计算体现了等价转化的数学思想，是垂直关系的进一步应用；
方法三：体积公式可以计算点面距离，结合点面距离可进一步计算二面角的三角函数值；
方法四：射影面积法体现等价转化的数学思想，是将角度问题转化为面积问题的一种方法；
方法五：利用第一问的结论找到二面角，然后计算其三角函数值是一种常规的思想；
方法六：空间向量是处理立体几何的常规方法，在二面角不好寻找的时候利用空间向量是一种更好的方法.
17．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）分别在、中，根据题意利用正弦定理分析证明；
（2）利用向量可得，进而可得，利用余弦定理可得，即可得取值范围.
【详解】（1）因为为BC的中点，则，且,
在中，由正弦定理可得，则；
在中，由正弦定理可得 ，则；
即，可得，
又因为，且，
所以.
（2）因为，
则，
即，
则，整理可得，
在中，由余弦定理可得，
即，整理可得，
又因为，则，可得，
所以的取值范围为.
18．(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出处的导数值和函数值，然后根据点斜式方程求解出切线的方程；
（2）先通过导数分析的单调性和极值，然后将问题转化为“与图象的交点数”，结合图象完成求解；
（3）先求出处的切线方程，然后分析与交点的横坐标与的不等关系，由此完成证明.
【详解】（1）因为，所以，
所以，即.
（2）因为，令，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以；
的根的个数与图象的交点数，
与的图象如下图所示，
由图象可知，当时，的图象无交点，所以无实数根，
当时，的图象有个交点，所以有个实数根，
当时，的图象有个交点，所以有个实数根，
综上所述，当时，无实数根；当时，有个实数根；当时，有个实数根.
（3）因为是的两根，所以，
因为，
所以处的切线方程，即，
设与交点的横坐标为，
令中，则，
令中，则，
由图象可知，，
又因为和处切点的纵坐标不同，所以等号不同时取，
所以，所以，
所以，
所以成立.
【点睛】关键点点睛：解答本题第三问的关键在于构造“两条切线夹曲线”的结构，通过第(1)问的切线以及寻找的另一条切线，将的差值计算转化为直线间交点的横坐标的差值计算，转化思想的运用很大程度上简化了证明过程.
19．(1)；
(2)，理由见详解
(3)
【分析】（1）根据的定义结合条件即得；
（2）根据题意可知，结合对称可得，得，同理；
（3）令，得数列中不含有0的子列有个，含有1个0的子列有k个，含有2个0的子列有个，，含有个0的子列有个，即可解决.
【详解】（1）因为数列A：2，0，2，4，
可得：A的长度为3的子列为：，有4个，
且A的长度为的子列有5个，长度为的子列有个，
所以.
（2），理由如下：
若是的一个子列，
则为的一个子列.
若与是的两个不同子列，
则与也是的两个不同子列.
则；
同理可得，所以；
同理可得；所以有.
（3）由已知可得，数列中恰有个1，个0.
令，
下证：.
由于，
所以的子列中含有个0，个1的子列有且仅有1 个，
设为：.
因为数列的含有个0，个1的子列至少有一个，
所以.
数列中，
不含有0的子列有个，
含有1个0的子列有k个，
含有2个0的子列有个，，
含有个0的子列有个，
所以.
所以的最小值为.
【点睛】方法点睛：数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.