2024-2025学年福建省福州市鼓楼区高三上册第三次月考数学质量检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年福建省福州市鼓楼区高三上册第三次月考数学质量检测试题（附解析），共20页。试卷主要包含了 已知，，，则， 蒙古包， 已知，则， 设 为复数， 等内容，欢迎下载使用。
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】利用集合的交集运算即可.
【详解】由题意可得，，
则.
故选:C.
2. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【正确答案】B
【分析】求出的坐标，再利用共线向量的坐标表示求得结果.
【详解】向量，，则，
由，得，所以.
故选：B
3. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】利用指数函数、对数函数单调性得出的取值范围，即可得出结论.
【详解】易知，，，
所以.
故选：B
4. 蒙古包（Mnglianyurts）是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包古代称作穹庐､毡包或毡帐.已知蒙古包的造型可近似的看作一个圆柱和圆锥的组合体，已知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米，则该蒙古包（含底面）的表面积为（ ）
A. 平方米B. 平方米
C. 平方米D. 平方米
【正确答案】A
【分析】由题意可求出底面圆的半径，即可求出圆锥的母线长，根据圆锥的侧面积公式以及圆柱的侧面积公式结合圆的面积公式，即可求得答案.
【详解】由题意知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米，
设底面圆的半径为r，则，
则圆锥的母线长为（米），
故该蒙古包（含底面）的表面积为（平方米），
故选：A
5. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，过点作准线的垂线，垂足为，若，则（ ）
A. 2B. C. D. 4
【正确答案】D
【分析】由题知，进而结合得，在等边三角形中即可求解.
【详解】因为，所以，
设准线与轴交于点，因为，
所以.因为，所以，
所以在等边中，.
故选：D.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】由两角和与差的正弦和半角公式，二倍角余弦公式，结合拆角计算即可.
【详解】由，可得，
即，可得，
所以.
故选：B.
7. 若函数在上恰有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】化简函数，再根据在上恰有两个零点得，，化简即可得到答案.
【详解】
在上恰有两个零点，故
故选：D.
8. 已知，不等式对任意的实数都成立，则实数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】把不等式变形为，设，则不等式对任意的实数恒成立，转化为对任意恒成立，根据函数的单调性，得出对任意恒成立，利用导数求得函数的单调性与最小值，即可求解.
【详解】由题意，不等式变形为 ，即，
设，则不等式对任意的实数恒成立，
等价于对任意恒成立，
又由，则在上单调递增，所以，
即对任意恒成立，
所以恒成立，即，
令，则，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，
所以当时，取得最小值，所以，即，
所以的最小值是.
本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
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. 已知等差数列的前项和为，且公差.则以下结论正确的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则的最大值为
D. 若成等比数列，则
【正确答案】ABD
【分析】根据等差数列的性质即可结合选项逐一求解.
【详解】由可得，故，所以，故A正确，
由可得，故，故B正确，
若，则，且单调递减，故的最大值为或，故C错误，
若成等比数列，则，即，解得或（舍去），D正确，
故选：ABD
10. 设 为复数， .下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则
B 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【正确答案】BC
【分析】根据复数的模的定义，共轭复数的定义，复数的乘法判断各选项，错误的选项可以举反例．
【详解】A：由复数模的概念可知，不能得到，例如，，A错误；
B：由可得，因为，所以，即，B正确；
C：若，则，有，
则，故，故C正确；
D：取，，显然满足，但，D错误.
故选：BC．
11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，且，，则（ ）
A. B. 的图象关于点对称
C. D. （）
【正确答案】ABD
【分析】对于A，对条件，求导可得；对于B，对条件，两边同时除以可得；对于C，反证法，假设C正确，求导，结合条件，可得与矛盾，可判断C；对于D，求出，，所以有，，，得出数列是以0为首项，为公差的等差数列，利用等差数列求和公式即可判断．
【详解】因为，
所以，即，
令，得，故A正确；
因为，
当时，，
所以的图象关于点0,1对称，故B正确；
对于C，假设成立，
求导得，
即，又，
所以，所以与矛盾，故C错误；
对于D，因为，，
所以，，，，
所以有，
所以数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列，
数列的偶数项是以为首项，为公差的等差数列，
又，，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，
所以，故D正确．
故选：ABD．
关键点点睛：本题解答的关键是，的应用，D选项关键是推出是以为首项，为公差的等差数列.
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. 的展开式中的系数为________.（用数字作答）
【正确答案】10
【分析】由二项式展开式的通项公式代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得，
令，则，所以.
故
13. 平面直角坐标系中，两定点和，动点在直线上移动，椭圆以，为焦点且经过点，则椭圆C的离心率的最大值为________．
【正确答案】
【分析】由题意可知椭圆C中，要使离心率最大，只需最小，即最小，求出点关于直线的对称点，求出的坐标，即可得最小为，即可求解.
【详解】点关于直线的对称点为，
则解得：，即
连接交直线与点，
则椭圆C的长轴长的最小值为，所以，
即，
所以椭圆C离心率，
所以椭圆C的离心率的最大值为，
故
关键点点睛：本题解题的关键点是求出椭圆C的长轴长的最小值，即可得离心率的最大值.
14. 在三棱锥中，，且.记直线，与平面所成角分别为，，已知，当三棱锥的体积最小时，则三棱锥外接球的表面积为______.
【正确答案】
【分析】根据给定条件，探求点在平面内的投影的轨迹，确定当三棱锥体积最小时点的位置，进而可得并求出外接球半径，求出球的表面积.
【详解】设点在平面内的投影为，由直线与平面所成角分别为，且，

则，，，于是，
以为轴，线段的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，

令，由，，得，，，
则，化简得，
因此点在以为圆心，为半径的圆上，
当最小时，最小，即三棱锥的体积最小，
此时，，，，
因此点在底面上的射影在上，且，又，
显然的中点到点的距离相等，此时三棱锥的外接球的球心为的中点，
外接球的半径，表面积为.
故
关键点点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再求出球半径即可.
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. 已知的内角的对边分别为，，．
（1）求B；
（2）若B为锐角，边上的高为，求的周长．
【正确答案】（1）或
（2）
分析】（1）利用辅助角公式化条件等式先计算A，再利用正弦定理计算即可；
（2）根据（1）的结论作出图形，利用直角三角形及三角恒等变换计算，再根据三角形周长公式计算即可.
【小问1详解】
易知，
所以，
因为中，所以，
而，
则或；
【小问2详解】
由上可知，，则，
如图，则，
所以，
，则，
所以的周长为.
16. 已知数列满足，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，且数列的前n项和为，若恒成立，求实数的取值范围．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）写出当时的等式，再与原式两式相除求解即可；
（2）由（1），再根据错位相减求解可得，再化简不等式可得，再设，根据作差法判断的单调性，进而可得最大值.
【小问1详解】
，
当时，，
两式相除得；，
又符合上式，故；
【小问2详解】
，
，
，
错位相减得：
，
，
即，由，得，
设，则，
故，
由，
由可知，随着的增大而减小，
故，
故恒成立，知单调递减，
故的最大值为，则
17. 已知四棱柱如图所示，底面为平行四边形，其中点在平面内的投影为点，且．
（1）求证：平面平面；
（2）已知点在线段上（不含端点位置），且平面与平面的夹角的余弦值为，求的值．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）不妨设，根据线面垂直的性质证明，利用勾股定理证明，再根据线面垂直和面面垂直的判定定理即可得证；
（2）以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
不妨设，
因为平面平面，故，
在中，，
由余弦定理，，
得，故，则，
因为平面，所以平面，
而平面，所以平面平面；
小问2详解】
由（1）知，两两垂直，
如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，
则，
故，
，所以，
设，则，即，
所以；
设为平面的一个法向量，
则，
令，则，所以，
因为轴平面，则可取为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得，故．
18. 平面内有一点和直线，动点满足：到点的距离与到直线的距离的比值是.点的运动轨迹是曲线，曲线上有四个动点.
（1）求曲线的方程；
（2）若在轴上方，，求直线的斜率；
（3）若都在轴上方，，直线，求四边形的面积的最大值.
【正确答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）由已知条件列出方程化简即可；
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，设，与的方程联立，由，有，结合韦达定理求出，得直线的斜率；
（3）延长，交椭圆于点，四边形的面积，设，利用韦达定理结合基本不等式求的最大值.
【小问1详解】
由题意，
两边平方得，化简得，
所以曲线的方程为；
【小问2详解】
，即，则直线的斜率是正数，
设，直线的斜率为，
设Ax1,y1,Bx2,y2，联立，
化简得，所以，
由题意知，
代入，消，可得，
解得，所以直线的斜率是；
【小问3详解】
延长，交椭圆于点，
，由对称性可知，和等底等高，，
四边形的面积，
设，由（2）知，
所以，即，
令，所以，
当且仅当即时，取到最大值，此时分别在正上方.
方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
19. 已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若恒成立，求的值；
（3）求证：，，.
【正确答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
【分析】（1）求导可得，然后分与讨论，即可得到结果；
（2）先由，可得，然后验证当时，恒成立即可；
（3）根据题意，结合（2）中的结论可得，将不等式化简，转化为证明，x∈1,+∞，然后构造函数，求导得极值，即可证明.
【小问1详解】
函数的定义域为，
，
①当时，，在上单调递增；
②当时，由得，，由得，，
所以上单调递增，在上单调递减，
综上所述，①当时，在上单调递增；
②当时，在上单调递增，在上单调递减；
【小问2详解】
因为，，
所以是的极大值点，因为，
所以，
只需证，当时，恒成立即可，
因为，
令，则，
①当时，，φ'x