2024届福建省福州格致中学高三上学期10月质检数学试题含解析

这是一份2024届福建省福州格致中学高三上学期10月质检数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则集合的子集个数为（ ）
A．3B．4C．8D．16
【答案】C
【分析】解一元二次不等式，并结合已知用列举法表示集合A作答.
【详解】解不等式，得，因此，
所以集合的子集个数为.
故选：C
2．已知复数，则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据共轭复数的概念得到，即可判断.
【详解】解：因为，
所以，则的虚部为；
故选：C
3．已知向量，，．若，则实数（ ）
A．B．－3C．D．3
【答案】B
【分析】直接根据夹角的坐标运算列方程求解即可.
【详解】，
，
,，
解得.
故选：B．
4．已知函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，且的图象关于y轴对称，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先将函数化简为“一角一函数”的形式，根据三角函数图象的平移变换求出函数的解析式，然后利用函数图象的对称性建立的关系式，求其最小值．
【详解】，
所以，
由题意可得，为偶函数，所以，
解得，又，所以的最小值为．
故选：A.
5．已知为第一象限角.，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，两边平方求出，判断的正负并求出，再利用同角公式计算作答.
【详解】因为为第一象限角，，则，，
，即，解得，，
所以.
故选：D
6．古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，6，10，15，…，我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”锥垛就是每层为“三角形数”的三角锥的锥垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球…），若一“落一形”三角锥垛有20层，则该锥垛球的总个数为（ ）
（参考公式：）
A．1450B．1490C．1540D．1580
【答案】C
【分析】根据已知条件及合情推理中的归纳推理，利用参考公式及等差数列前项和公式即可求解．
【详解】由于“三角形数”可以写为，
故第层“三角形数”为，
所以层时，三角锥垛垛球的总个数为：
，
所以若一“落一形”三角锥垛有20层，
则该锥垛球的总个数为，
故选：C．
7．若函数在区间单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据求导和参数与变量的分离即可求解.
【详解】因为，则，
因为函数在区间单调递增，
则对任意的，，即，
当时，，
故.
因此，实数的取值范围是.
故选：D.
8．已知函数，若函数恰有8个不同零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用十字相乘法进行因式分解，然后利用换元法，作出的图象，利用数形结合判断根的个数即可.
【详解】由，
得，
解得或，
作出的图象如图，
则若，则或，
设，由得，
此时或，
当时，，有两根，
当时，，有一个根，
则必须有，有个根，
设，由得，
若，由，得或，
有一个根，有两个根，此时有个根，不满足题意；
若，由，得，有一个根，不满足条件.
若，由，得，有一个根，不满足条件；
若，由，得或或 ，
当，有一个根，当时，有个根，
当时，有一个根，此时共有个根，满足题意.
所以实数a的取值范围为.
故选：A.
【点睛】方法点睛：已知函数零点(方程根)的个数，求参数取值范围的三种常用的方法：
(1)直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题．
二、多选题
9．若p：，则p成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】CD
【分析】解出不等式，然后根据条件p成立的一个充分不必要条件，转化为子集关系，即可得到结果.
【详解】，解得或
又
则p成立的一个充分不必要条件是和
故选:CD.
10．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】由异号，利用不等式性质以及基本不等式即可判断各选项的正误；
【详解】即异号；
∴成立，故A正确，而B错误；
又，故C正确；
当且仅当时等号成立，故D正确
故选：ACD
【点睛】本题考查了不等式，根据两数异号，结合不等式性质以及基本不等式判断正误，属于简单题；
11．已知点，，且点在圆：上，为圆心，则下列结论正确的是（ ）
A．的最大值为
B．以为直径的圆与圆的公共弦所在的直线方程为：
C．当最大时，的面积为
D．的面积的最大值为
【答案】ABD
【分析】由求得最大值判断A；以为直径的圆方程与圆的方程相减判断B；当与圆相切时，求出三角形的面积判断C；求出点到直线的距离最大值，计算判断D作答.
【详解】显然点在圆：外，点在圆内，圆的半径为2，
直线方程为，圆心在直线上，
对于A，，当且仅当点是射线与圆的交点时取等号，A正确；
对于B，以为直径的圆方程为，与圆的方程联立消去二次项得，
因此以为直径的圆与圆的公共弦所在的直线方程为：，B正确；
对于C，当且仅当与圆相切时，最大，即，此时，
，，C错误；
对于D，到直线：的距离最大值为2，因此的面积的最大值为，D正确.
故选：ABD
12．已知函数的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列结论一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据复合函数的导数法则，结合偶函数的性质、函数的对称性逐一判断即可.
【详解】对A：∵为偶函数，则，
两边求导可得，
∴为奇函数，则，
令，则可得，则，A成立；
对B：令，则可得，则，B成立；
∵，则可得，
，则可得，
两式相加可得：，
∴关于点成中心对称，
则，D成立，
又∵，则可得，
，则可得，
∴以4为周期的周期函数，
根据以上性质只能推出，不能推出，C不一定成立，
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：本题的关键是对已知等式进行求导、利用偶函数的性质.
三、填空题
13．函数在点处的切线方程为 ．
【答案】
【分析】求导，再根据导数的几何意义即可得解.
【详解】，
则，
所以函数在点处的切线方程为，
即.
故答案为：.
14．如图，在正四棱台中，，，若半径为r的球O与该正四棱台的各个面均相切，则该球的表面积 ．
【答案】
【分析】作出正棱台以及球的截面图，作辅助线结合圆的切线性质，求得球的半径，即可求得答案.
【详解】设球O与上底面、下底面分别切于点，与面，面分别切于点，
作出其截面如图所示，则，，
于是，
过点M作于点H，则，
由勾股定理可得︰,
所以，
所以该球的表面积，
故答案为：
15．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过坐标原点的直线交E于P，Q两点，且，且，，则的标准方程为 .
【答案】
【分析】首先证明四边形为矩形，设，得到方程组
，解出即可.
【详解】连接，因为，
所以四边形是平行四边形，
所以，，
又，所以四边形为矩形，
设
则由题意得，解得，
则，则标准方程为，
故答案为：.
四、双空题
16．若函数在上具有单调性，且为的一个零点，则在上单调递 （填增或减），函数的零点个数为 ．
【答案】 增 9
【分析】①根据在上具有单调性得到，根据为的一个零点得到，综合可得，，然后根据复合函数的单调性判断即可；②将的零点个数转化为的图象与图象的交点个数，然后根据图象求交点个数即可.
【详解】因为在上具有单调性，
所以，即，．
又因为，
所以，即，
只有，符合要求，此时．
当时，，
所以在上单调递增．
因为的最大值为1，而，，
作出函数与的图象，由图可知，这两个函数的图像共有9个交点，所以函数的零点个数为9．
故答案为：增；9.
五、解答题
17．已知数列的前项和为，．
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用与的关系计算求通项公式即可；
（2）利用错位相减法计算求和即可.
【详解】（1）由已知①，可知当时，②，
两式①-②得：，
当时，，符合上式，
所以；
（2）令，所以，
故③，
④，
两式③-④得，
即.
18．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角B的大小；
(2)若，且AC边上的高为，求的周长．
【答案】(1)
(2)15
【分析】（1）利用三角形内角和及诱导公式得到，再利用余弦的倍角公式得到，解得，从而得到；
（2）由比例引入常数，利用三角形面积相等得到，从而利用余弦定理得到关于的方程，解之即可得到，由此得解.
【详解】（1）因为，
所以由得，
所以，解得或，
因为，所以，则，故，
则，故．
（2）因为，令，则，
由三角形面积公式可得，则，故，
由余弦定理可得，则，解得，
从而，，，故的周长为．
19．已知函数.
(1)当a = 2时，求在上的最值；
(2)若存在，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)在上的最大值为，最小值为.
(2)
【分析】（1）根据求导确定函数单调性根据单调性求最值即可；
（2）分离参数构造新函数求导后分析单调性即可求解.
【详解】（1）
令，
在单调递增；在单调递减，
所以在上单调递减，
在上，，
在上，.
（2）因为，使得，
所以，
令，
即，
因为，
设，
所以在单调递减，又，
则当，当，
故函数在单调递增，单调递减，
的最大值为
所以，，
即实数的取值范围是．
20．在四棱锥中，底面为矩形，点在平面内的投影落在棱上，．
(1)求证：平面平面；
(2)若，，当四棱锥的体积最大时，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作于点，进而得平面，再根据线面垂直的性质与判定定理证明即可；
（2）过点作于，连接，进而根据几何关系证明平面得到，，再求的体积，再根据结合勾股定理与基本不等式得当时，四棱锥的体积最大，最后建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】（1）解：作于点，因为点在平面内的投影落在棱上，
所以平面，平面，
所以，
又为矩形，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面.
（2）解：过点作于，连接，
因为，，，
所以，所以，
又因为平面，平面，
所以，且，
，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以，且，，
所以的体积，
在中，，所以，
当且仅当时，此时四棱锥的体积最大，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，所以，
设平面的法向量为，则，所以，
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
21．已知数列满足：，正项数列满足：，且，，.
(1)求，的通项公式；
(2)已知，求：；
(3)求证：.
【答案】(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意可得为等差数列，为等比数列，再分别求解公差与公比即可；
（2）代入化简可得，再分组根据等差数列与裂项相消求和即可；
（3）放缩可得，再裂项相消求和即可.
【详解】（1）由题意知，为等差数列，设公差为d，为等比数列，设公比为q，
又，，，∴，∴，.
∴，，∴.
（2）由，
∴
；
（3），
，
∴
.
∵，∴成立，
时，也成立，∴.
22．已知函数．
(1)讨论的极值；
(2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据题意，求导得，然后分讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，将原式变形为，然后构造函数，，求导可得函数在上单调递增，即可证明.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
若，则，无极值；
若，由，可得，
若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，
此时，函数有唯一极小值，无极大值；
若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，
此时，函数有唯一极大值，无极小值；
所以当时，函数无极值；
当时，函数有极小值，无极大值；
当时，函数有极大值，无极小值；
（2）证明：由，两边取对数可得，即，
当时，，，
由（1）可知，函数在上单调递增，在上单调递减，所以，
而，时，恒成立，
因此，当时，存在且，满足，
若，则成立；
若，则，
记，，
则 ，
即有函数在上单调递增，所以，即，
于是，而，，，
函数在上单调递增，因此，即.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数极值问题以及极值点偏移问题，难度较大，解决本题的关键在于构造函数，，结合其单调性证明.