福建省福州市山海联盟校教学协作体2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷

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考试时间：120分钟 满分：150分
命题：张华英 审核：张赛平
一、单选题（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. 已知全集为，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据图象、集合补集、交集的知识来求得正确答案.
【详解】依题意，阴影部分表示集合.
故选：B
2. 已知复数，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求出，再根据共轭复数的定义及复数的乘法运算即可得解.
【详解】，
则，
所以.
故选：B.
3. 下列函数中，既是奇函数又是减函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性和单调性来确定正确答案.
【详解】A选项，的定义域是，且在上单调递增，不符合题意.
B选项，的定义域是，且在上单调递减，不符合题意.
C选项，的定义域是，是非奇非偶函数，不符合题意.
D选项，的定义域是，，
所以是奇函数，且在上单调递减，符合题意.
故选：D
4. 设直线，，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
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行关系列式求解可得，结合充分、必要条件分析判断.
【详解】因为，则，解得或，
若，，，两直线平行，符合题意；
若，，，两直线重合，不符合题意；
综上所述：等价于.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
5. 已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指、对数函数单调性，结合中间值0和1分析判断即可.
【详解】因为在定义域内单调递减，
可得，即；
因为在定义域内单调递增，
可得，即；
且在定义域内单调递减，
可得，即；
综上所述：.
故选：B.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角恒等变换的知识化简已知条件，从而求得正确答案.
【详解】，
，
由于，
所以，
，
所以.
故选：C
7. 已知在高为的正四棱锥中，，则正四棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先计算出外接球的半径，从而计算出外接球的表面积.
【详解】设正方形的中心为，连接，则外接球的球心在上，
，设外接球的半径为，则，
解得，所以外接球的表面积为.
故选：A
8. 设，，分别是椭圆的左、右、上顶点，为坐标原点，为线段的中点，过作直线的垂线，垂足为.若到轴的距离为，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由到轴的距离为求得点坐标为，然后由垂直化为斜率乘积为得出的值，变形后求得离心率．
【详解】如图，，是中点，则，
轴，垂足为，，
∵，所以，
所以，，，即，
，
，则，化简得，
即，，
故选：B．
二、多选题（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.）
9. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的值域为
B. 在上的递增区间为
C. 的对称中心为，
D. 在上的极值点个数为
【答案】AB
【解析】
【分析】根据三角函数的值域、单调性、对称中心、极值点等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】依题意，，
，，
所以的值域为，A选项正确.
由，解得，
时，，所以在上的递增区间为，B选项正确.
对称中心的纵坐标是，所以C选项错误.
由，得，
当时，，即在上的极值点个数为，所以D选项错误.
故选：AB
10. 已知是等差数列的前项和，，且，则（ ）
A. 公差B. C. D. 时，最大
【答案】BC
【解析】
【分析】根据已知条件列方程，根据等差数列的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】设等差数列的公差为，
由得，
由于，所以，，所以AD选项错误，B选项正确
，C选项正确.
故选：BC
11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线交的右支于点，，若，则（ ）
A.
B. 双曲线的渐近线方程为
C.
D. ，面积记为，，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据可得，即可判断A；，利用余弦定理求出，根据双曲线的定义结合的值可求出可确定C；从而在直角三角形中可得的齐次式，可求渐近线方程确定B，根据直角三角形的面积公式可确定D.
【详解】对于选项A：因为，
可得，故A正确；
对于选项C：因为，可得，
不妨设，
在中，由余弦定理得，
可得，则，可知，
所以，故C正确；
对于选项B：在直角三角形中，因为，可得，
在三角形中，因为，可得，
因为，可得，
即，
在直角三角形中，，即，
可得，则，即，
所以渐近线方程为，故B错误；
对于选项D：因为，，则，
即，所以，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：焦点三角形的作用：在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知，则________．
【答案】
【解析】
【分析】对函数求导，计算即可.
【详解】因为，所以
所以
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查了函数的导数与求值，属于基础题.
13. 如图，对某市的个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，现有种不同的颜色可供选择，则不同的着色方法有________种.

【答案】
【解析】
【分析】利用分步乘法计数原理来求得正确答案.
【详解】按①②③④的顺序进行着色，
按分步计数原理可得不同的着色方法有.
故答案为：
14. 已知是定义在上的奇函数，，恒有，且当时，，则________.
【答案】3
【解析】
【分析】根据题意分析可知4为函数周期，结合奇函数求，结合周期性即可得结果.
【详解】因为，则，
可得，可知4为函数的周期，
且，
又因为当时，，则，
所以.
故答案为：3.
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. 设的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，点在边上，，且，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理将角化边，即可得到，再由余弦定理计算可得；
（2）首先由等面积法求出，再由，代入、的值，即可求出，再检验即可.
【小问1详解】
因，
由余弦定理得，
整理得，
所以，
因为B∈0,π，所以.
【小问2详解】
由题意知，所以，
由（1）的过程可得，
代入的值整理得，解得或.
当时，，此时为钝角，不符合条件，
当时，，符合条件，所以.
16. 已知动点在抛物线上，过点作轴的垂线，垂足为，动点满足.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）过点的直线交轨迹于两点，设直线的斜率为，求的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设点，利用相关点法即得；
（2）由题可设直线的方程，然后联立直线方程和轨迹方程，利用韦达定理及斜率公式计算化简即得.
【小问1详解】
设，则，
∴，，
∵，
∴，
∴，而，
∴，
即动点的轨迹的方程；
【小问2详解】
由题意知直线的斜率存在，设为，直线的方程为，
由，得，
设，，则
∴，，
∴，
∴，
故的值为.
17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，，在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析．
（2）存在，．
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，证明是平行四边形，得平行线，再由线面平行判定定理得证线面平行；
（2）证明平面，然后以为原点，为轴建立空间直角坐标系，假设线段上是否存在点，使得点到平面的距离是，并设，，由空间向量法求点面距后结合已知可得结果．
【小问1详解】
取中点，如图，连接，
∵是中点，∴且，
又，，
∴且，
∴是平行四边形，∴，
又∵平面，平面，
∴平面；
【小问2详解】
∵，，，∴，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又，
因此以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
，，，
设平面的一个法向量是，
则，取得，
假设线段上是否存在点，使得点到平面的距离是，
设，，
，
∴点到平面的距离为，（舍去），
所以．
18. 已知函数．
（1）若时，求的取值范围；
（2）若，证明：当时，．
【答案】（1）
（2）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）参变分离，得到，构造，，求导得到其单调性，求出最小值为，故；
（2）不等式变形为，令，，二次求导得到其单调递减，结合，证明出结论.
【小问1详解】
，
令，，
则，令得，令得，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，最小值为，
故；
【小问2详解】
，
即，
令，，
则，
令，则恒成立，
故在上单调递减，
又，故，
故在上恒成立，
故在上单调递减，
又，
故，结论得证
19. 对于数列，，，定义“变换”：将数列变换成数列，，，其中，且.这种“变换”记作，继续对数列进行“变换”，得到数列，，，依此类推，当得到的数列各项均为0时变换结束.
（1）写出数列2，6，4经过5次“变换”后得到的数列；
（2）设数列400，2，403经过次“变换”得到的数列各项之和最小，求的最小值.
【答案】（1）．
（2）136
【解析】
【分析】（1）直接根据“变换”的规则进行变换即得；
（2）数列经过变换后找到规律，三个数中保留最小的数，用较大的两个数减去这个最小的数，所得三个数为变换后数列中的三个数，三个数的和与它们的顺序无关，因此我们只要考虑变换规律及和的变化规律，到临界数列（最小数不是3后）再一一变换即可得．
【小问1详解】
根据“变换”定义5次“变换”后有：，
即5次“变换”后数列为：．
【小问2详解】
数列，经过第1次“变换”后为数列：，经过第2次“变换”后为数列：，经过第3次“变换”后为数列：，依此类推可知：
数列（例如数列中的），经过第1次“变换”后为数列：，这里，
而且，即三个数中较大的两个数的差等于最小的数，
若是这三个数中最小的数，则下一次变换所得数列中三个数（不考虑顺序），保留最小的数，用较大的两个数减去这个最小的数，即得：，
而且后面的变换，只要较大的两个数与最小的数的差不小于最小数，
则下一次变换所得数列中三个数都是保留最小的数，用较大的两个数减去这个最小的数，
因此依次变换有:
第一次变换后：；
第二次变换后：；
第三次变换后：；
第四次变换后：，
第五次变换后：
第六次变换后：，
第七次变换后：，
故的位置周期性变化且周期为3，三个数字的大小位置也呈周期性性变化，周期为6，
而，且，
故第133次变换后所得三个数依次为：，
然后有，
即第136次变换后三个数为，再变换后三个数中都是两个为1，一个为0，和是2为最小值不改变了．
所以的最小值是136，
【点睛】方法点睛：本题考查新定义运算，考查学生的创新意识，解题方法是经过连续变换归纳出数列中三个数和变换的规律，以及三数和的变化趋势，从而得出最终结论．