福建省福州第一中学2024-2025学年高三上学期开学质检考试数学试题（解析版）

这是一份福建省福州第一中学2024-2025学年高三上学期开学质检考试数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，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. 已知复数满足，且，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】法一：，根据，求出，再求模长可得答案；
法二：根据，求出，再求模长可得答案.
【详解】法一：，
因为，且，
所以2a=42bi=2i，，，∴z=5．
法二：z+z=4z-z=2i，∴2z=4+2i，，∴z=5.
故选：D.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先解绝对值不等式求出集合，然后由集合运算求解可得.
【详解】解不等式x-4>1得或，得或，
所以，所以.
故选：C
3. 已知向量，，满足，，，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据模长公式，即可结合数量积的定义代入求解.
【详解】由可得，
将，代入可得，
所以，故，由于，所以，
故选：A
4. 已知函数在1,2上单调递增，则a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数复合函数单调性求参.
【详解】因为在1,2上单调递增，
令
又因为在R上在单调递增，所以在1,2上单调递增，
对称轴为,所以.
故选：B.
5. 已知α，，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据角的变换，再根据两角差的余弦公式，以及同角三角函数基本关系式，即可求解.
【详解】由，且，则，则.
则，由，则，，
.
故选：A
6. 设四棱台的上、下底面积分别为，，侧面积为，若一个小球与该四棱台的每个面都相切，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用体积相等可得答案.
【详解】设内切球的球心为，连接OA,OB,OC,OD,OA1,OB1,OC1,OD1，
则OA,OB,OC,OD,OA1,OB1,OC1,OD1把四棱台分割成六个四棱锥，
且六个四棱锥的高都为内切球的半径，
四棱台的高为，所以
V四棱台ABCD-A1B1C1D1=13S1+S2+S1S2⋅2R=13S1+S2+S⋅R，
化简可得S1+S2+2S1S2=S1+S22=S.
故选：D.
7. 如图，将绘有函数（，）部分图像的纸片沿x轴折成钝二面角，夹角为，此时A，B之间的距离为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过分别作轴的垂线，垂足分别为，过分别作轴、轴的垂线相交于点，利用周期求，利用余弦定理求，然后由勾股定理求出，根据图象过点即可得解.
【详解】过分别作轴的垂线，垂足分别为，过分别作轴、轴的垂线相交于点，
连接，则，
由余弦定理得，
由上可知，轴垂直于，又平面，
所以轴垂直于平面，又轴，所以平面，
因为平面，所以，
因为的周期，所以，
由勾股定理得，解得，
由图知，的图象过点，且在递减区间内，
所以，即，
因为，点在递减区间内，所以.
故选：C
8. 已知，若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数可判断在上为增函数，再设，根据导数的符号可判断单调性，从而可得三数的大小关系.
【详解】设，又，
设，，
故在上为增函数，故即，
故在上为增函数，
设，则，故在上为减函数，
而，故，故，故，
所以，故 ，故.
又，故即，
故，故，
综上，，
故选：D.
【点睛】思路点睛：不同数的大小比较，注意根据数的特征合理构建函数，后者可利用导数判断单调性.
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. 已知数列、，下列说法正确的有（ ）
A. 若，则为递减数列
B. 若数列的前n项和，则为等差数列
C. 若数列，都是等差数列，则为等差数列
D. 若数列，都是等比数列，则为等比数列
【答案】BC
【解析】
【分析】A.根据数列的单调性，通过列举的方法，即可判断A，B.首先求数列an的通项公式，再根据等差数列的定义，即可判B，根据等差数列和等比数列的定义，即可判断CD.
【详解】A.，，，所以数列an不递减数列，故A错误；
B.当时，，当时，，
验证：当时，成立，所以，
，所以数列an是等差数列，故B正确；
C.设数列an的公差为，数列bn的公差为，
则，为常数，所以数列为等差数列，故C正确；
D. 设数列an的公比为，首项为，数列bn的公比为，首项为，
，若，且时，此时，为常数，所以数列是等比数列，
若，且时，则，所以数列不是等比数列.
若，此时也不是常数，所以数列不是等比数列，故D错误.
故选：BC
10. 抛物线的焦点为，为其上一动点，当运动到时，，直线与抛物线相交于两点，下列结论正确的是（ ）
A. 抛物线的方程为：
B. 抛物线的准线方程为：
C. 当直线过焦点时，以AF为直径的圆与轴相切
D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据焦半径即可求解A，根据准线方程即可求解B，求解圆心和半径即可判断C，设出直线方程，与抛物线方程联立，韦达定理，利用焦半径公式求出，即可判断D.
【详解】对于A：当运动到时，，故，即抛物线为，故A错误；
对于B：由，故抛物线的准线方程为：，故B正确；
对于C：当直线过焦点时，设为，则，
故以为直径的圆的半径为，又F0,1，故以为直径的圆的圆心坐标为，
圆心到轴的距离与该圆半径相等，即该圆与轴相切，故C正确；
对于D：由题意直线斜率存在，设的方程为，联立，
整理得，，即，
所以，
所以，，
所以，
不能确定什么时候最小，则D错误.
故选：BC
11. 已知函数，的定义域为，的导函数为，且，，若为偶函数，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 若存在使在上单调递增，在上单调递减，则的极小值点为
D. 若为偶函数，则满足题意的唯一，满足题意的不唯一
【答案】ABD
【解析】
【分析】代入求得判断A；利用函数的周期判断B；利用已知条件和函数的周期性判断C；根据函数的奇偶性结合已知条件求出，判断D.
【详解】对A，因为为偶函数，所以是奇函数，所以，又，所以，故A对；
对B，由，，得，
所以，所以，，
又，所以是周期为4的函数，也是周期为4的函数，
所以，故B对；
对C，在上严格增，在上严格减，
由，的图象关于对称且，
由A可得，故在上严格增，在上严格减，
可知在严格递减，在严格递增，
又的周期为4， 所以在严格递增，
所以在严格递减，在严格递减，
又，所以0是的极大值点，是周期为4的函数，
所以则的极大值点为，故C错；
对D，若为偶函数，由于是奇函数，，则，
即，所以，，所以唯一，不唯一，故D对.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是充分利用导数与函数单调性和极值的关系，并结合函数的奇偶性和周期性分析.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知随机变量，，且，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正态分布的性质求出，即可得到，再由二项分布的期望公式计算可得.
【详解】因为且，所以，则，
又且，所以，解得.
故答案为：
13. 已知椭圆方程为，双曲线方程为，若该双曲线两条渐近线与椭圆的四个交点以及椭圆的两个焦点恰为一个正六边形的六个顶点，则椭圆的离心率与双曲线的离心率之和为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用已知条件求出正六边形的顶点坐标，代入椭圆方程，求出椭圆的离心率；利用渐近线的夹角求解双曲线的离心率即可．
【详解】椭圆方程为，双曲线方程为，
若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，
可得椭圆的焦点坐标，，正六边形的一个顶点
，
，
椭圆离心率，
同时，双曲线的渐近线的斜率为3，即，
可得双曲线的离心率为．
故答案为．
【点睛】本题考查椭圆以及双曲线的简单性质的应用，考查计算能力属于中档题．
14. 已知是定义在R上的奇函数，，且对任意，均有，则________．
【答案】
【解析】
【分析】要利用数列的递推思想和累乘法来求出，然后再构造为二项式系数来求和，利用二项式系数的性质就可以求出结果.
【详解】令，则由题意知，
又因是定义在R上的奇函数，则，
所以，化简可得，
则，所以，
用累乘法得，
当时，，所以也满足上式，则，所以，
因，所以上式可化为，
由于，
由二次项性质可得，
则.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：(1)关键是利用数列的递推思想和运用累乘法来求出通项公式；
(2)关键是把阶乘的乘法转化为二项式系数，再利用二项式系数的性质来求和.
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. 已知函数．
（1）若函数单调递增，求实数a的取值范围；
（2）若函数只有一个极值点，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求函数的导函数再应用函数单调递减得出参数范围；
（2）先求导函数再根据极值得出导数为0，转化为函数有一个交点结合图象得出参数范围.
【小问1详解】
根据题意，，x∈R，则，
若函数单调递增，等价于对任意x∈R恒成立，
则，即，
当时，，符合题意；
当时，可得，解得；
综上所述：a的取值范围为.
【小问2详解】
依题意，，则只有一个变号零点，
显然x=0不是的零点，
所以有一个变号交点，
令，
可知函数在和分别单调递减，在上单调递增，
，且当或时，，当时，，当时，，
如图象所示，
可得：，
所以a的取值范围为aa>0.
16. 已知的三个内角的对边分别为，．
（1）求a；
（2）若，求面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理得，结合三角形内角和的性质，即可求解；
（2）由（1）得到，作为边上的高，设，根据题意，求得，得到的面积为，结合二次函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
又因为，可得，所以，
因为，可得，所以.
【小问2详解】
由（1）知，即，
如图所示，为边上高，不妨设为锐角，
设，
当为锐角时，则，故，
当为钝角时，则，故，
因为，所以，整理得，
所以的面积为，
因为，可得，
当时，取得最大值，最大值为，且，
所以的面积的取值范围为.
17. 如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面平面，．

（1）求四棱锥体积的最大值；
（2）若二面角为，设平面与平面的交线为，为上的点，且，，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在平面中过作，则可得且可证平面，结合基本不等式可得体积的最小值.
（2）根据线面平行的判断和性质可证，建立如图所示的空间直角坐标系后利用向量法可求线面角的正弦值.
【小问1详解】

在平面中过作，
因为，故，且，
故，
因为，故，故，
即，当且仅当时等号成立，故的最大值为，
因为平面平面，，平面平面，
平面，故平面，
而正方形的面积为，故四棱锥体积的最大值为.
【小问2详解】

由正方形可得，而平面，平面，
故平面，而平面，平面平面，
故.
由正方形可得，而面平面，
平面，平面平面，故平面，
而平面，故，
故为二面角的平面角，故.
故为等腰直角三角形，故.
由（1）可得平面，取的中点，连接，
则，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，故，
故，故，
而，故即即或，
而，故，即，
又，，，
设平面的法向量为m=x,y,z，则由可得，
故可取，
设与平面所成角为，则
18. 已知双曲线C：的中心为O，离心率，点A在x轴上，，点P是C上一定点，P到x轴的距离为1，且．
（1）求双曲线C的方程；
（2）求C上任一点和A的距离的最小值；
（3）若C上的点M，N满足，求证：在C上存在定点Q（异于P）使得P，M，N，Q在同一个圆上．
【答案】（1）
（2）
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）利用点P的坐标，结合双曲线的离心率求解即可；
（2）利用两点距离公式结合双曲线的方程求解即可；
（3）利用直线的参数方程， 结合相交弦定理的逆定理，即可证明四点共圆.
【小问1详解】
，故点P在的垂直平分线上，
且点A在x轴上，，故点P的横坐标，
P到x轴的距离为1，故点P的纵坐标
将点P代入双曲线的方程得：，
且离心率，结合，
解得：，
故双曲线C的方程为：；
【小问2详解】
点A在x轴上，，由对称性可知，
点A在x轴正半轴或者负半轴上，双曲线上任一点和A的距离的最小值都一样，
不妨设，设双曲线上任一点Bx,y，则，
，故，，
所以，
当点为时，AB取最小值，
故C上任一点和A的距离的最小值为.
【小问3详解】
当点A在x轴正半轴，在第一象限时，易得，，
故，设直线的倾斜角分别为，
由得：,
若，则，且P，M，N，Q都在双曲线上，
易知此时四边形非等腰梯形，故一定不满足P，M，N，Q四点共圆，所以，
故直线一定有交点，设直线的的交点为，

设直线的方程为：，联立，
化简得： ，
故，
同理可得：,
P，M，N，Q四点共圆等价于，
即，即，
故，且，故直线的方程为：，
联立双曲线得，,
此时在C上存在定点使得P，M，N，Q在同一个圆上.
由对称性可知，当点A在x轴负半轴，或者点在其他象限时，在C上同样存在定点Q（异于P）使得P，M，N，Q在同一个圆上.
【点睛】方法点睛：证明四点共圆一般利用四边形对角互补或者利用相交弦定理的逆定理证明.
相交弦定理的逆定理：两连成相交的两条线段，若能证明它们各自被交点分成的两线段之积相等，即可证明这四点共圆.
19. 有2n朵花围绕在一个圆形花圃周围，现要将其两两配对绑上缎带作为装饰，缎带之间互不交叉，例如：时，共有4朵花，以1、2、3、4表示，绑上缎带的两朵用一条线连接，共有2种方式，如图1、2所示．
（1）当时，求满足要求的绑缎带方法总数；
（2）已知满足要求的每一种绑法出现的概率都相等，如时，出现图1和图2所示方法的概率均为．记一次绑法中，共有Y对相邻的两朵花绑在一起，
（i）当时，求Y的分布列和期望；
（ii）已知：对任意随机变量（，2，…，m，），有．记满足条件的绑缎带方法总数为，Y的期望为．求（用n和表示）．
【答案】（1）5 （2）答案见解析
【解析】
【分析】
【小问1详解】
当时，有6朵花围绕在一个圆形花圃周围. 以1、2、3、4、5、6表示，
由题意可知，满足要求的绑缎带方法，任意一条缎带绑后，其同侧不能剩余奇数个点，故1必不与奇数3、5配对.
按花朵1的配对情况，分为三类：
①1与2配对：另4朵3、4、5、6的配对情况，同时共有4朵花的配对方法数相同，
故有2种方法；
②1与6配对：由对称性可知同1与2配对的方法数，故有2种方法；
③1与4配对：2必与3配对，6必与5配对，故只有1种方法.
综上，完成这件事的方法数共有种方法，
列举如下：
（12）（34）（56）；（12）（36）（45）；（16）（23）（45）；（16）（25）（34）；（14）（23）（56）.
即满足要求的绑缎带方法总数为5.
【小问2详解】
（i）当时，有8朵花围绕在一个圆形花圃周围. 以1、2、3、4、5、6、7、8表示，
由题意可知，满足要求的绑缎带方法，任意一条缎带绑后，其同侧不能剩余奇数个点，故1不能与3、5、7配对.
故按花朵1的配对情况，可分为两类：
①12或18配对：
若12配对，则另6朵3、4、5、6、7、8的配对情况，
同时共有6朵花的配对方法数相同，故有5种方法；
若18配对，由对称性可知与12配对方法相同，故也有5种方法；
故有种方法；
②14或16配对：由对称性，这两类配对方法也相同
不妨设14配对，由题意，23必配对.而另外5、6、7、8的配对情况，即同时共有4朵花的配对方法数，有2种方法；
故有种方法；
综上，完成这件事的方法数共有种方法.
已知满足要求的每一种绑法出现的概率都相等，则每一种方法的概率均为，
记一次绑法中，共有Y对相邻的两朵花绑在一起，
14种方法中的有种方法；的有种；的有种；
则Y的所有可能值为，
；
；
.
故Y的分布列为：
，故Y的期望为.
（ii）本题解析有偿征集，能解决此题者可联系QQ：3931980300。
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