福建省福州第三中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学

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注意事项：
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. 已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出再求即可.
【详解】由题知，，
则.
故选：B.
2. 设，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.
【详解】因为可得：
当时，，充分性成立；
当时，，必要性不成立；
所以当，是的充分不必要条件.
故选：A.
3. △ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知，a=2，c=，则C=
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：根据诱导公式和两角和的正弦公式以及正弦定理计算即可
详解：sinB=sin（A+C）=sinAcsC+csAsinC，
∵sinB+sinA（sinC﹣csC）=0，
∴sinAcsC+csAsinC+sinAsinC﹣sinAcsC=0，
∴csAsinC+sinAsinC=0，
∵sinC≠0，
∴csA=﹣sinA，
∴tanA=﹣1，
∵＜A＜π，
∴A= ，
由正弦定理可得，
∵a=2，c=，
∴sinC== ，
∵a＞c，
∴C=，
故选B．
点睛：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.
4. 已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件建立坐标系，求出点坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．
【详解】建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点，
则，，，
设，则，，，
则
当，时，取得最小值，
故选：．
5. 函数在单调递减，且为奇函数，若，则满足的的取值范围是．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】 是奇函数，故 ；又 是减函数，，
即 则有 ，解得 ，故选D.
6. 在平面直角坐标系中，角以为始边，终边在第三象限.则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对A、B：举出反例即可得；对C、D：借助三角函数的商数关系及其值域计算即可得.
【详解】由题意可得、，，
对A：当时，，则，，
此时，故A错误；
对B：当时，，故B错误；
对C、D：，由，
故，则，即，
故C正确，D错误.
故选：C.
7. 在正四棱台中，，若球与上底面以及棱均相切，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据勾股定理求解棱台的高,进而根据相切，由勾股定理求解球半径，即可由表面积公式求解.
【详解】设棱台上下底面的中心为,连接，
则，
所以棱台的高,
设球半径为,根据正四棱台的结构特征可知：球与上底面相切于,与棱均相切于各边中点处，
设中点为，连接,
所以，解得，
所以球的表面积为，
故选：C
8. 已知函数，，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设函数，的切点坐标分别为，，根据导数几何意义可得，，即该方程有两个不同的实根，则设，求导确定其单调性与取值情况，即可得实数a的取值范围.
【详解】解：设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，且，
又，则公切线的斜率，则，所以，
则公切线方程为，即，
代入得：，则，整理得，
若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，
设，则，令得，
当时，，单调递增，时，，单调递减，
又可得，则时，；时，，则函数的大致图象如下：
所以，解得，故实数a的取值范围为.
故选：B.
【点睛】本题考查了函数的公切线、函数方程与导数的综合应用，难度较大.解决本题的关键是，根据公切线的几何意义，设切点坐标分别为，且，，且，可得，即有，得公切线方程为，代入切点将双变量方程转化为单变量方程，根据含参方程进行“参变分离”得，转化为一曲一直问题，即可得实数a的取值范围.
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. 已知各项均为正数的等差数列，且，则（ ）
A. B.
C. 数列是等差数列D. 数列是等比数列
【答案】AC
【解析】
【分析】根据等差数列性质可以判断A正确；利用等差数列通项公式可以判断B错误；根据等差数列的概念可判断C，根据特例可判断D.
【详解】设等差数列的公差为，
对A，因为是等差数列，且，
则由等差数列性质可得，故A正确；
对B，，
则，故B错误；
对C，因为，则数列是等差数列，故C正确；
对D，如数列为，显然数列不是等比数列，故D错误;
故选：AC.
10. 如图，在正方体中，，，分别为棱，，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 平面
B. 点与点到平面的距离相等
C. 平面截正方体所得截面图形为等腰梯形
D. 平面将正方体分割成的上、下两部分的体积之比为
【答案】BCD
【解析】
【分析】假设平面，证得，显然不成立，即得A错误；证明四点共面，即得截面四边形，再结合平行关系和长度关系即判断C正确；利用线面平行的判定定理证明平面，即证B正确；计算分割的上面部分棱台的体积和正方体体积，即得下面部分体积，证得D正确.
【详解】正方体中，不妨设棱长为2.
假设平面，则，而底面，则，与相交于平面内，所以平面，则，显然不成立，即选项A错误；
连接，，由知，四点共面，即为平面截正方体所得截面图形，而，，故截面图形为等腰梯形，C正确；
由,知四边形是平行四边形，所以，且平面，平面，故平面，所以点与点到平面的距离相等，选项B正确；
平面将正方体分割的上面部分是棱台，上底面面积为，下底面面积为，高，所以体积，而正方体体积为，所以分割的下面部分体积，所以，即选项D正确.
故选：BCD.
11. 已知奇函数的定义域为，，对于任意的正数，都有，且时，都有，则（ ）
A.
B. 函数在内单调递增
C. 对于任意都有
D. 不等式的解集为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知应用赋值法判断A选项，结合奇函数判断C选项，根据单调性定义判断B选项，结合单调性解不等式判断D选项.
【详解】已知,令可得,
令可得,得,,A选项正确;
奇函数的定义域为,，所以,又知,
所以函数在内不是单调递增,B选项错误;
对于任意的正数，都有，
对于任意都有,,,
又因为函数为奇函数，可得,C选项正确;
对于任意的正数，都有，
,又因为,所以,
所以,
又因为所以,所以,
所以函数在内是单调递增, 又因为函数为奇函数，所以函数在内是单调递增,
不等式,,
已知,
令, 因为可得，
函数在内是单调递增, 所以,
已知,令, 因为,
可得，同理，,
又因为函数为奇函数，,,
又因为函数在内是单调递增, 所以
不等式的解集为, D选项正确；
故选:ACD.
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. 已知单位向量，向量，，若，则实数λ＝________．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量垂直的性质即可求解.
【详解】因为，所以
故.
故答案为：
13. 直线被圆截得最大弦长为______．
【答案】
【解析】
【分析】先求出圆心到直线的距离，再利用垂径定理与勾股定理建立关系即可得到答案.
【详解】由已知，圆的标准方程为，圆心为，半径，
圆心到直线的距离，解得，
所以弦长为，因为，
所以，所以弦长，
当即时，弦长有最大值.
故答案为：.
14. 对于正整数n，设是关于x的方程的实数根.记，其中表示不超过x的最大整数，则____________；设数列的前n项和为则___.
【答案】 ①. 0 ②. 1010
【解析】
【分析】（1）当时，化简方程，通过构造函数的方法，找到函数零点的范围，进而求出结果.
（2）令，化简方程，通过构造函数的方法，找到零点的范围，即得范围，分类讨论为奇数和偶数时，求得结果.
【详解】（1）当时，，
设单调递减，
，，所以，
（2）令，则方程化为：
令，则在(0,+∞)单调递增
；
由零点存在定理可得：，，
当，，
当，，
所以当，
故答案为：①0；②1010
【点睛】本题考查了函数的性质、零点存在定理，数列求和等基本知识，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，转化和分类讨论的数学思想，属于难题.
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. 已知数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由的关系分是否等于1进行讨论即可求解；
（2）首先得，进一步结合错位相减法以及等比数列求和公式即可得解.
【小问1详解】
当时，
当时，，两式相减得，
，
数列是以2为首项，2为公比等比数列，
【小问2详解】
由（1）可知，记，
，
，
两式相减得
.
16. 在中，角的对边分别为的面积为，已知.
（1）求角；
（2）若的周长为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)利用正弦定理及三角恒等变换即可求解；
(2)由余弦定理及三角形的面积公式得，再由基本不等式进行求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以，
即，
由正弦定理，得，
因为，
所以，
因为，所以，所以，
又，所以.
【小问2详解】
由余弦定理，得，即，
所以，即，
因为，，
所以，
所以，
又（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
即的最大值为.
17. 已知椭圆：的右焦点F在直线上，A，B分别为的左、右顶点，且.
（1）求C的标准方程；
（2）是否存在过点的直线交C于M，N两点，使得直线，的斜率之和等于-1？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）先求出点的坐标，得出椭圆中的，结合椭圆的几何性质可出答案.
（2）设直线的方程为：，Mx1,y1，Nx2,y2，将直线方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由题意，将韦达定理代入可出答案.
【小问1详解】
设右焦点Fc,0，
直线与x轴的交点为1,0，
所以椭圆C右焦点F的坐标为1,0，
故在椭圆C中，
由题意，结合，则，
，
所以椭圆C的方程为：；
【小问2详解】
当直线的斜率为0时，显然不满足条件，
当直线的倾斜角不为时，
设直线的方程为：，Mx1,y1，Nx2,y2，
由，可得，
由题意Δ=36m2−4×3m2+4×−9=144m2+144>0，
则，，
由
，
由，即，
故存在满足条件的直线，直线的方程为：.
18. 如图，在四棱锥中，，，，，，，平面平面.

（1）求证：平面平面.
（2）求二面角的余弦值.
（3）为平面内一点，若平面，求的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理先证，由面面垂直的性质得出，结合勾股定理及线面垂直的判定证明平面即可；
（2）法一、利用二面角的定义结合第一问得出二面角的一个平面角，再由余弦定理计算即可；法二、以B为中心建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可；
（3）法一、利用线线垂直、线面垂直的性质与判定作出平面，解三角形即可；法二、利用（2）的坐标系，设坐标结合空间向量基本定理及空间向量数量积计算求G点坐标即可.
【小问1详解】

连接，在中，，
，
则，，，
平面平面，，平面平面，
平面，平面，所以，
在中，,
又，
∴，
在中：，∴，
又，平面，
平面，且平面，
平面平面.
【小问2详解】
法一、由上可知：，则二面角的一个平面角为，
在中，由余弦定理知；
法二、如图建系：设轴与交于，过P作与E，
设，则，

∴，
，
解之得，
易知，所以，
则，
设为平面的一个法向量，则：，
令，则，所以，
易知是平面一个法向量，
设二面角的一个平面角为，则，
由图形可知该二面角为钝角，所以；
小问3详解】
法一：过作，垂足为，过作，
在中，过作，过作，
因为平面，所以平面，
又平面，所以，
而平面，所以平面，即G为所求.
分别延长交于，连接，
过作，由（1）易知，平面，
平面，

∴，设，，
∴，则，设，

在平面内，由几何关系知，
所以；
法二：取（2）的坐标系，则，，，设，所以，
又：，即，
19. 设a，b为实数，且，函数.
（1）若，讨论函数的单调性；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，对任意，函数有两个不同的零点，证明：.
（注：是自然对数的底数）
【答案】（1）答案见解析
（2）.
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求出，对函数求导，分和两种情况讨论函数的单调性即可；
（2）原问题等价于有2个不同的解，然后构造函数，二次求导，利用导数判断函数的单调性，分析即可确定实数的取值范围；
（3）结合（2）的结论，对问题进行等价变形，适当放缩，利用分析法即可证明结论.
【小问1详解】
因为，，
所以，，
①若，则g′x=1x−b>0，所以在R上单调递增；
②若，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减.
综上，
时，在0,+∞上单调递增；
时，在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
有2个不同零点有2个不同解，
等价于有2个不同的解，
令，则，，
记，，
记，ℎ′t=et(t−1)+et⋅1=et⋅t>0，
所以定义域上单调递增，又，
所以时，，时，，
则在0,2单调递减，单调递增，
∴，故，
∵，
∴，
∴lna≤2a>1⇒1即实数的取值范围是.
【小问3详解】
[方法一]【最优解】：
，有2个不同零点，则，
故函数的零点一定为正数.
由于函数有2个不同零点，，
，
由（2）知函数在区间0,2上单调递减，
区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证x2>ln2ex2x2+e2x22ex2x2>5，
只需证，
只需证，
∵，只需证在时为正，
由于ℎ′x=1x+4xe−x−4e−x=1x+4e−xx−1>0，故函数ℎx单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
，有2个不同零点，，
，由得（其中）.
且，.
要证，只需证，
即证，只需证x2>lnblnb2e2bx1.
又，所以，即.
所以只需证x2>lnblnb，而，
所以，又lnblnb>lnb，只需证.
所以，
原命题得证.
[方法三]：
若且，则满足且，
由（2）知有两个零点且.
又，故进一步有.
由可得且，
从而x2>blnb2e2x1+e2b⇔bx2−e2>blnb2e2bx1⇔ex2>blnb2e2ex1+e2.
因为，所以，只需证.
又因为在区间内单调递增，
故只需证，即，
注意时有，故不等式成立.
【点睛】关键点点睛：（1）利用导数求函数的单调区间，判断单调性，对于导数中含有参数的，往往需要分类讨论；
（2）一次求导无法判断单调性的题目，可以二次求导；
（3）运用导数结合函数的单调性证明不等式成立.