福建省福州第一中学2023-2024学年高三上学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份福建省福州第一中学2023-2024学年高三上学期期末考试数学试卷（Word版附解析），共30页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
一、单项选择题：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. 已知全集，集合，集合，则图中阴影部分所表示的集合为（ ）
A. B. C. D.
2. 复数z满足，其中i为虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
3. 已知为正项等比数列，是它的前n项和，若，且与的等差中项为3，则等于（ ）
A. B. C. D.
4. 已知正三棱台的上､下底面的边长分别为6和12，且棱台的侧面与底面所成的二面角为，则此三棱台的体积为（ ）
A. B. C. D.
5. 设直线与圆交于，两点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
6. 我国油纸伞的制作工艺非常巧妙.如图1，伞不管是张开还是收拢，伞柄始终平分同一平面内两条伞骨所成的角，且，从而保证伞圈能够沿着伞柄滑动.如图2，伞完全收拢时，伞圈已滑到的位置，且三点共线，为的中点，当伞从完全张开到完全收拢，半圈沿着伞柄向下滑动的距离为，则当伞完全张开时，的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
7. 已知O为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线l与E的右支交于点P，Q设与的内切圆圆心分别是M，N，直线OM，ON的斜率分别是，则，则双曲线E的离心率为（ ）
A. B. C. D.
8. 设函数，若关于x不等式有且只有三个整数解，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 向量在向量上的投影向量的坐标为
B. “”是“直线与直线平行”充要条件
C. 若正数a，b满足，且，则
D. 已知为两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，若，则
10. 已知为数列前n项和，，若数列既是等差数列，又是等比数列，则（ ）
A. 常数数列B. 是等比数列
C. 为递减数列D. 是等差数列
11. 在三棱锥中，已知，棱AC，BC，AD的中点分别是E，F，G，，则（ ）
A. 过点E，F，G的平面截三棱锥所得截面是菱形
B 平面平面BCD
C. 异面直线AC，BD互相垂直
D. 三棱锥外接球的表面积为
12. 已知抛物线的焦点为F，抛物线上的点到点的距离为4，过点的直线l交抛物线于，两点，以线段为直径的圆交y轴于，两点，设线段的中点为，则（ ）
A. B. 的取值范围为
C. 若，则直线l的斜率为D. 有最大值
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，则__________．
14. 写出一个同时满足下列性质①②③的椭圆的标准方程为___________．
①中心在原点，焦点在y轴上；②离心率为；③焦距大于8．
15. 已知的半径是1，点P满足，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，设，则当___________时，取得最大值．
16. 已知正四面体的棱长为2，为的中点，为中点，是棱上的动点，是平面内的动点，则当取得最小值时，线段的长度等于___________．
四、解答题：本题共6小题，共70分，17题10分，其他小题各12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求的大小；
（2）若，直线PQ分别交AB，BC于P，Q两点，且PQ把的面积分成相等的两部分，求的最小值．
18. 己知数列的前项积为，且．
（1）证明：是等差数列；
（2）从中依次取出第1项，第2项，第4项……第项，按原来顺序组成一个新数列，求数列的前项和．
19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．
（1）求证：；
（2）试求BF的长，使平面AEF与平面PCD夹角的余弦值为．
20. 某公司食堂每天中午给员工准备套餐，套餐只有A、B、C三种，公司规定：每位员工第一天在3个套餐中任意选一种，从第二天起，每天都是从前一天没有吃过的2种套餐中任意选一种．
（1）若员工甲连续吃了3天的套餐，求第三天吃的是“套餐A”的概率；
（2）设员工甲连续吃了5天套餐，其中选择“套餐B”的天数为X，求X的分布列及数学期望．
21. 己知椭圆的上、下顶点分别是A，B，点E（异于A，B两点）在椭圆C上，直线EA与EB的斜率之积为，椭圆C的短轴长为2．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）点Q是椭圆C长轴上的不同于左右顶点的任意一点，过点Q作斜率不为0的直线l，l与椭圆的两个交点分别为P，N，若为定值，则称点Q为“稳定点”，问：是否存在这样的稳定点？若有，求出所有的“稳定点”；若没有，请说明理由．
22. 已知函数有两个不同的零点，分别记为，，且．
（1）求实数的取值范围；
（2）若不等式恒成立（e为自然对数的底数），求正数k的取值范围．
福州一中2023-2024学年第一学期第二学段期末考试
高三数学期末考试卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
一、单项选择题：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. 已知全集，集合，集合，则图中阴影部分所表示的集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先化简两个集合，根据阴影部分可求答案.
【详解】由题意图中阴影部分为，
而，，
所以.
故选：B.
2. 复数z满足，其中i为虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复数除法运算以及共轭复数、虚部的概念即可求解.
【详解】由题意，所以的虚部为.
故选：D.
3. 已知为正项等比数列，是它的前n项和，若，且与的等差中项为3，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据基本量法求出和q，然后由求和公式可得.
【详解】记等比数列的公比为，
由题可知，，即，
解得或（舍去），
所以.
故选：B
4. 已知正三棱台的上､下底面的边长分别为6和12，且棱台的侧面与底面所成的二面角为，则此三棱台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正三棱台的几何特征求出棱台的高，再求出上下底面积，利用棱台的体积公式求解即可.
【详解】由题意可知正三棱台的上底面面积为，下底面面积为，
设中点为，为下、上底面中心，连接，过作底面交于，
由正三棱台的性质可知，，
因为平面平面，所以为棱台侧面与底面所成的二面角的平面角，即，
因为，，
所以，，
所以此三棱台的体积，
故选：C
5. 设直线与圆交于，两点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由条件可知直线过定点，直线时，弦最短，直线l过圆心时，弦最长，求解即可.
【详解】设直线为l，
方程变形为，所以直线恒过定点，
因为圆的方程为，所以圆心，半径，
因为，所以在圆的内部，
当直线时，弦最短，
因为，所以，
当直线l过圆心时，弦最长为，
故的取值范围为.
故选：.
6. 我国油纸伞的制作工艺非常巧妙.如图1，伞不管是张开还是收拢，伞柄始终平分同一平面内两条伞骨所成的角，且，从而保证伞圈能够沿着伞柄滑动.如图2，伞完全收拢时，伞圈已滑到的位置，且三点共线，为的中点，当伞从完全张开到完全收拢，半圈沿着伞柄向下滑动的距离为，则当伞完全张开时，的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先通过题意求出，再通过余弦定理求出，进而通过倍角公式可得的值.
【详解】当伞完全张开时，，
因为为的中点，所以，
当伞完全收拢时，，所以，
在中，，
所以.
故选：A.
7. 已知O为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线l与E的右支交于点P，Q设与的内切圆圆心分别是M，N，直线OM，ON的斜率分别是，则，则双曲线E的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据内切圆的性质确定圆心的坐标，进而得出，结合等量关系可得答案.
【详解】设的内切圆和三边分别相切于点,则，
又，所以，所以.
设直线l的倾斜角为，则由内切圆的性质可得，
，
所以；
同理可得，所以；
因为，
所以，解得.
故选：C.

8. 设函数，若关于x的不等式有且只有三个整数解，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把不等式转化为，令，求得，令，在上单调递增，存在唯一的使得，得出函数的单调性，结合，，，，的值和题设条件，得出，求解即可.
【详解】∵，等价于.
令 则，
令，在上单调递增，
又由，，
∴存在唯一的使得，
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增，
又，，，，.
所以当有且仅有三个整数解时，
有，解得，
即实数a的取值范围是.
故选：B
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 向量在向量上的投影向量的坐标为
B. “”是“直线与直线平行”的充要条件
C. 若正数a，b满足，且，则
D. 已知为两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，若，则
【答案】CD
【解析】
【分析】利用投影向量的求法可判定A的正误，利用直线平行的条件可得B的正误，利用对数运算及基本不等式可得C的正误，根据空间位置关系可得D的正误.
【详解】对于A，向量在向量上的投影向量的坐标为，A不正确.
对于B，直线与直线平行，则有且，解得或，
所以“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件，B不正确.
对于C，因为，所以，所以，
因为，所以等号不成立，故，C正确.
对于D，因为，所以，因为，所以，D正确.
故选：CD.
10. 已知为数列的前n项和，，若数列既是等差数列，又是等比数列，则（ ）
A. 常数数列B. 是等比数列
C. 为递减数列D. 是等差数列
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据等差数列和等比数列的性质，结合等比数列的定义逐一判断即可.
【详解】对于选项A：设等差数列的公差为，
由题意可知：，
因为数列也是等比数列，
因此有，
显然既是等差数列，又是等比数列，符合题意，故A正确；
对于选项B：可知，
当时，，两式相减得，
且，可得，
可知数列是以为首项，公比为的等比数列，则，故B正确；
对于选项C：因为，，可得，
根据指数函数的单调性和单调性的性质可以判断数列为递增数列，故C错误；
对于选项D：因为，
所以数列是不为零的常数列，所以它是等差数列，故D正确；
故选：ABD
11. 在三棱锥中，已知，棱AC，BC，AD的中点分别是E，F，G，，则（ ）
A. 过点E，F，G的平面截三棱锥所得截面是菱形
B. 平面平面BCD
C. 异面直线AC，BD互相垂直
D. 三棱锥外接球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A项，利用中位线证明平行关系与长度关系得四边形为菱形；B项，取CD的中点P，由勾股定理证明，由等腰三角形三线合一得，由线线垂直证线面垂直再证面面垂直即可；C项，假设垂直推证，由斜边与直角边关系可推出矛盾；D项，取的中心，由面面垂直性质定理得线面垂直关系，由勾股定理得，利用球心到各顶点距离相等可得正三角形的中心即为球心.
【详解】选项A，如图，连接EF，EG，取BD的中点H，连接GH，FH，
由F是BC的中点，得，，
同理得，，所以，，
四边形EFHG是平行四边形，
于是过点E，F，G的平面截三棱锥所得截面即为四边形EFHG，
且由E，F分别是AC，BC的中点，得，，因此，
所以四边形EFHG为菱形，故A正确；
选项B，取CD的中点P，连接，
由，得，
由，得，又，所以，
所以，
又，，又平面BCD，所以平面BCD，
又平面ADC，所以平面平面BCD， 故B正确；
选项C，假设，已知 ，且平面，
所以平面，而平面，所以，所以，
这与已知“”矛盾， 故C错误；
选项D，取正三角形的中心，连接，
则，
由于是直角三角形，CD为斜边，则，
由平面平面BCD，平面平面，
由，且平面，所以平面，
所以，则，
所以的外心就是三棱锥的外接球球心，
所以外接球半径R就是外接圆半径，可知，
所以三棱锥外接球的表面积为，故D正确．
故选：ABD.
12. 已知抛物线的焦点为F，抛物线上的点到点的距离为4，过点的直线l交抛物线于，两点，以线段为直径的圆交y轴于，两点，设线段的中点为，则（ ）
A. B. 的取值范围为
C. 若，则直线l的斜率为D. 有最大值
【答案】BD
【解析】
【分析】由题意计算可得，即可得抛物线解析式，设、，，联立曲线则可得与两交点有关韦达定理，借助中点公式与距离公式可得以线段AB为直径的圆的方程，令即可得、两点坐标，计算即可得A，计算的范围即可得的范围即可得B，由可计算出，两点具体坐标，即可得C，由，借助两角和的正切公式及所得韦达定理计算即可得D.
【详解】由在抛物线上，故有，焦点，又，
故有，
化简得，又，故，即，
设、，，
联立，可得，，
则，，
则，
，故，
，则，
故以线段AB为直径的圆的方程为，
令，有，
故，
由圆的对称性，不妨设，，
则，
则不恒等于，故A错误；
过点作轴于点，
则
，
令，则，
则，
由对勾函数性质可知，在上单调递增，
故，故，
则，故B正确；
若，则有，即，
由，故，解得，则，
则，，故，故C错误；
，
由，，
故
，
则当时，有最大值，且其最大值为，故D正确.
故选：BD
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】首先将化简为，再利用诱导公式和余弦二倍角公式即可得到答案.
【详解】由题意可得：
.
故答案为：.
14. 写出一个同时满足下列性质①②③的椭圆的标准方程为___________．
①中心在原点，焦点在y轴上；②离心率为；③焦距大于8．
【答案】（答案不唯一，符合题意即可）
【解析】
【分析】根据离心率可得之间的关系，结合题意取的值，即可得方程.
【详解】由题意可知：，可得，
令，可得，
又因为中心在原点，焦点在y轴上，可得椭圆的标准方程为.
故答案为：（答案不唯一，符合题意即可）.
15. 已知的半径是1，点P满足，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，设，则当___________时，取得最大值．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知：，，根据数量积的定义结合三角恒等变换整理得，再根据正弦函数的有界性分析求解.
【详解】由题意可知：点P在以为圆心，半径为的圆上，
因为直线PA与相切于点A，则，，
可知，，
又因为D为BC的中点，则，可得，
则
，
且，可得，
可知：当，即时，取到最大值.
故答案为：.
16. 已知正四面体的棱长为2，为的中点，为中点，是棱上的动点，是平面内的动点，则当取得最小值时，线段的长度等于___________．
【答案】
【解析】
【分析】取中点，先由平面，得在线段上，再把沿翻折到平面上，得到取得最小值时，由此求出结果.
【详解】取中点，连接，

由正四面体性质可得，，因为，所以平面 因为，所以平面，
当取得最小值时，平面 ，所以在线段上，由平面，得，，，所以，将沿翻折到平面上，如图

由题意知，，，则，
所以当取得最小值时，即，所以
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分，17题10分，其他小题各12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求的大小；
（2）若，直线PQ分别交AB，BC于P，Q两点，且PQ把的面积分成相等的两部分，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边角互换、两角和的正弦公式以及诱导公式即可求解；
（2）由三角形面积公式首先得，进一步结合基本不等式以及余弦定理即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
即，
所以，即.
【小问2详解】
由题意不妨设，由题意，
所以，
由余弦定理、基本不等式得，
等号成立当且仅当，
综上所述，的最小值为.
18. 己知数列的前项积为，且．
（1）证明：是等差数列；
（2）从中依次取出第1项，第2项，第4项……第项，按原来顺序组成一个新数列，求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由，，代入可得，化简即可证明结论；
（2）由等差数列的通项公式可得，从而得到数列的通项公式，利用错位相减即可求得结果.
【小问1详解】
因为数列的前项积为，所以，
又因为，所以，
化简可得，
当时，，解得：，
所以是等差数列，首项为3，公差为2.
【小问2详解】
由（1）可得,
所以，故，令数列的前项和为，
则①
②
①②可得：
化简可得：，
所以数列的前项和
19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．
（1）求证：；
（2）试求BF的长，使平面AEF与平面PCD夹角的余弦值为．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间坐标系，写出向量坐标，利用向量数量积证明垂直；
（2）求出平面法向量，根据线面角可求答案.
【小问1详解】
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建系如图，
,因为E为线段PB的中点，所以;
, ;
因为,所以.
【小问2详解】
设，则,则,
设平面的一个法向量为，
，令，则.
,
设平面的一个法向量为，
，令，则.
设平面AEF与平面PCD的夹角为，，
由题意，解得，即.
20. 某公司食堂每天中午给员工准备套餐，套餐只有A、B、C三种，公司规定：每位员工第一天在3个套餐中任意选一种，从第二天起，每天都是从前一天没有吃过的2种套餐中任意选一种．
（1）若员工甲连续吃了3天的套餐，求第三天吃的是“套餐A”的概率；
（2）设员工甲连续吃了5天的套餐，其中选择“套餐B”的天数为X，求X的分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）分第一天吃的是“套餐A”和第一天吃的是“套餐B”（或“套餐C”），结合独立事件概率乘法公式运算求解；
（2）由题意可知：X的可能取值为，结合题意求分布列和期望.
【小问1详解】
若第一天吃的是“套餐A”，则第二天吃的是“套餐B”或“套餐C”，
此时的概率为；
若第一天吃的是“套餐B”（“套餐C”），则第二天吃的是“套餐C”（“套餐B”），
此时的概率为；
所以第三天吃的是“套餐A”的概率.
【小问2详解】
由题意可知：X的可能取值为，则有：
；
；
；
；
可知X的分布列为
所以X的期望为.
21. 己知椭圆的上、下顶点分别是A，B，点E（异于A，B两点）在椭圆C上，直线EA与EB的斜率之积为，椭圆C的短轴长为2．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）点Q是椭圆C长轴上的不同于左右顶点的任意一点，过点Q作斜率不为0的直线l，l与椭圆的两个交点分别为P，N，若为定值，则称点Q为“稳定点”，问：是否存在这样的稳定点？若有，求出所有的“稳定点”；若没有，请说明理由．
【答案】21.
22. 存在稳定点，理由见详解
【解析】
【分析】（1）根据题意可得两点坐标，设出点，由化简可得椭圆C的标准方程；
（2）设直线，与椭圆方程联立，由韦达定理可得，，又，，从而可求的表达式， 即可求解.
【小问1详解】
由题，，即，所以，，
设，由可得，
，化简得，又点满足上式，
所以椭圆C的标准方程为.
【小问2详解】
存在这样的点，设直线，，，，
联立，消去整理得，
，，，
又，，
，
要使上式为定值，则，故当时，为定值，
综上，存在这样的稳定点.
【点睛】思路点睛：第二问，设出直线与椭圆方程联立，得到根与系数关系，又利用两点间距离公式可得又，，代入运算化简得解.
22. 已知函数有两个不同的零点，分别记为，，且．
（1）求实数的取值范围；
（2）若不等式恒成立（e为自然对数的底数），求正数k的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用导数求出函数的单调性和最大值，由最大值大于即可解得结果；
（2）根据不等式，两边取自然对数后，得到，结合题设得，消去后得，再通过双变量化单变量，构造函数讨论单调性得出.
【小问1详解】
函数的定义域为，，
当时，因，故函数在上单调递增，不存在两个零点，不合题意；
当时，设，，
故在上单调递减，即在上单调递减，
由，得，
当时，；当时，；
所以当时候，取得最大值.
即,
当趋近于0时，趋近于0，趋近于负无穷，趋近于负无穷；
当趋近于正无穷时，趋近于负无穷.
所以若函数有两个不同的零点，则，
即，解得，又，
所以实数a的取值范围.
【小问2详解】
因为有两个不同的零点，，
由题知，且，即，
相减得到：
由不等式恒成立，则恒成立，
即恒成立，所以恒成立，
故恒成立，即恒成立，
所以恒成立，即恒成立，
即恒成立.
设，则时，不等式恒成立，
因为，进而得在时恒成立，
设，，注意到.
则，
即，
又因为且，则，
所以当时，，即，故在单调递增，
而时，所以恒成立，故满足题意.
当时，若，由，则在单调递减，
所以当时，与题设不符
综上所述，正数k的取值范围.
【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性、零点及不等式恒成立的证明等知识，考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力、推理论证能力，本题综合性强，能力要求高.
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