福建省福州第一中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题

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1．A
【分析】运用向量的加法运算，求得，从而得出结论.
【详解】因为，所以三点共线，
故选：A．
2．B
【分析】利用圆台与圆柱的体积公式进行计算即可.
【详解】依题意，令圆台上底面半径为4，下底面半径为5，高为3，圆柱的高为5，
则圆台的体积
圆柱的体积，故，
故选：B
3．D
【解析】分段讨论结合解析式即可求解.
【详解】当，即时，，解得或，
，
当，即时，，解得，
，
综上，不等式的解集为.
故选：D.
4．C
【详解】．故选C
5．B
【分析】由对称轴可求得，通过平移变换可求得，最后求值域即可.
【详解】，
因为是函数图像的一条对称轴，所以，即，
又，所以，所以.
将函数的图象向右平移个单位后得到.
,则，
当时，有最小值，当时，有最大值2，
.
所以的最小值为.
故选：B.
6．D
【分析】首先得出的对称中心以及周期，结合剩下的已知来构造函数，以此排除ABC，并证明D选项.
【详解】在中，令，得，则是函数的一个对称中心，
在中，令，得，所以，是的一个周期，
接下来我们构造反例说明ABC错误，然后证明D正确：
首先对于ABC而言，由以上分析不妨设，
而
，
，
若要恒成立，
只需恒成立，只需，
因为，所以，从而满足题意的可以是，
但是，故A错误；
，故B错误；
是函数的一个最小正周期，故C错误；
现在我们来证明D是正确的：
对于D，由以上分析有，，这表明图象关于对称，故D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：关键是得出是函数的一个对称中心，且是函数的一个周期，由此即可顺利得解.
7．D
【分析】设，根据三角函数值的符号，求得函数符号的变化，根据函数的单调性与对称性，求得的值，即可求解.
【详解】由，则，
当或时，即或时，，
当时，即时，，
所以当或时，，
当时，，
设函数，则在上单调递增，在上单调递减，
且函数的图象关于直线对称，所以，
所以，解得，
又由，解得，
所以，.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了三角函数值的计算，以及函数的单调性与对称性的应用，根据三角函数的符号，求得函数的单调性与对称性是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于较难题.
8．C
【分析】由三角函数的恒等变换化简方程，并求值，判断以，重复循环出现，且，，，计算可得所求和．
【详解】解：，即为，
即，
所以或，，
即或，，
而，
所以，
，
，
，
所以，，
，，
后面的值都是以，重复循环出现，且，，，
所以，
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用反三角函数求得的值，从而得出循环，得出，，，从而求得结果.
9．BCD
【分析】根据平均数和方差的计算公式直接求解判断选项AB，利用分位数的定义判断选项C，结合对立事件分析两事件的意义即可直接判断选项D.
【详解】对于A，甲试射命中环数的平均数为，
乙试射命中环数的平均数为，故A错误；
对于B，甲试射命中环数相比乙试射命中环数，更为分散，则甲对应的方差更大，故B正确；
对于C，乙试射命中环数排序为，
因为，所以分位数为，故C正确；
对于D，因为甲试射命中环数的平均数为，
且甲试射命中的环数中有两个超过平均数的，
则任取个的情况为：“没有个超过平均环数”、“有个超过平均环数”和“有个超过平均环数”，
而事件表示“没有个超过平均环数”或“有个超过平均环数”，
事件事件表示“恰有个超过平均环数”，
所以事件，互为对立事件，D正确.
故选：BCD
10．BC
【分析】根据的对称性以及周期性，结合函数表达式画出图象，即可结合函数图象求解 的范围.
【详解】因为定义在R上的偶函数满足，所以关于对称，
又，所以，
则4为函数的周期，根据函数性质画出函数的图象，
因为关于x的不等式的整数解有且仅有9个，
所以满足 解得，
则实数m的取值范围为
由于，，，．
故选：BC．
【点睛】本题主要考查了函数的零点，函数与方程等知识点，属于较难题判断函数零点个数的常用方法：
(1) 直接法： 令则方程实根的个数就是函数零点的个；
(2) 零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；
(3) 数形结合法：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，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题.
11．BD
【分析】对A，举反例判断即可；
对B，当时，点与点重合，再根据面面平行的性质与线面垂直的性质判断即可；
对C，直观想象根据截面可能的情况判定即可；
对D，根据线面平行与截面的性质举例当，时成立判定即可
【详解】对A，时，截面为矩形，故A错；
对B，当时，点与点重合，设过A、P、Q三点的平面交于，则因为平面平面，故，且，此时截面为矩形，当点与点重合时面积最大，此时截面积，B正确；
对C，截面只能为四边形、五边形，故C错；
对D，当，时，延长交延长线于，画出截面如图所示.此时因为，，故，则.由面面平行的截面性质可得，，故，此时，故且，故平行四边形，故，根据线面平行的判定可知与截面平行，故D正确．
故选：BD
12．三
【分析】由欧拉公式可得，则表示的复数在复平面中对应的点为.判断点所在的象限，即得答案.
【详解】由欧拉公式可得，则表示的复数在复平面中对应的点为.
点在第三象限，
即表示的复数在复平面中位于第三象限.
故答案为：三.
【点睛】本题考查复数的几何意义，属于基础题.
13．/
【分析】由函数图象求得参数，可得的解析式，根据图象的平移变换即得的解析式，即可求得答案.
【详解】由的图象可知，
故，则，
则,即，
而，故，所以，
则，
故，
故答案为：
14．.
【分析】根据函数定义域的对称性求出,再利用函数的单调性及偶函数得到不等式，求解即可.
【详解】因为函数在定义域上是偶函数，
所以，解得，
所以可得
又在上单调递减，
所以在上单调递增,
因为，
所以由可得，
解得.
故的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了偶函数的定义域，偶函数的单调性，不等式的解法，属于难题.
15．（Ⅰ） ；（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）根据三角函数的性质即可求解.
（Ⅱ）利用同角三角函数的基本关系求出，再利用两角差的正弦公式即可求解.
【详解】（Ⅰ）由正弦函数的性质可得，
所以，所以.
（Ⅱ）a为第二象限角，且，
则，
.
16．(1)（i）证明见解析；（ii）
(2)2
【分析】（1）根据线线垂直结合线面垂直的判断定理即可求解，或者建立空间直角坐标系，利用空间向量证明.
（2）利用法向量的夹角求解平面的夹角，结合同角关系即可求解.
【详解】（1）（i）方法一
∵平面ABCD，平面ABCD，∴，
∵四边形ABCD为矩形，∴，又，PA，平面PAD，∴面PAD，
∵面PAD，∴，
在中，，E为PD中点，∴
∵，面PCD，面PCD，∴平面PCD.
方法二：以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，，∴.
在中，，E为PD中点，∴.
∵，面PCD，面PCD.∴平面PCD；
方法三：设平面PCD的一个法向量为，，，，
则，∴.
令，则，∴，
∵，∴，∴平面PCD.
（ii）由（i）得：平面PCD,平面PCD,，
在中，，E为PD中点，
∴，∵，面PCD，面PCD.
∴平面PCD，∴为平面PCD的一个法向量，.
记直线BE与平面PCD所成角为，
∴，
∴直线BE与平面PCD所成角的正弦值为；
（2）设，∴，，
设平面BCE的一个法向量为，
则，∴，
令，解得，∴，
设平面CPD的法向量，又， ，
则 ，∴，
令，解得 ，∴，
设平面BCE与平面CED的夹角大小为，
则.
因为，所以，
即，
解得，即.
17．(1)；
(2).
【分析】（1）利用三角形面积公式及向量数量积的定义可得，进而即得；
（2）利用余弦定理可得，再利用正弦定理结合条件即得.
【详解】（1）∵，
∴，又，
∴，即
又，
∴；
（2）在中，由余弦定理得：，
又、，，
∴，又，
∴，
在中，由正弦定理得，
又，∴B为锐角，
∴，
在中，，
∴，，
∴的周长为．
18．(1)
(2)
【分析】（1）若选条件①，可将“”变为“”进行约分化简，即可求解角；若选条件②，可使用正弦定理进行边角转化，使用角度拆分和合并同类项即可求解角，然后根据已知条件求解出，然后借助完成内切圆半径的求解；
（2）先对函数进行化简，然后根据已知求解出，然后设函数，求解出在的值域，并画图对应的图像，观察交点情况，确定零点，，的取值和范围.
【详解】（1）若选条件①，，
∴，又，
∴，
又，∴．
若选条件②，
由，
∴，
∴，
，，
又，∴．
（1）由，∴，
在中，由余弦定理，
∴，∴，
∴，又，
∴．
（2）由．
由题知，∴，从而．
由题知在上与有3个交点．
又在的大致图象如图，
由图可知，，
而，∴．
19．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用二次函数的性质求得的值域.
（2）利用换元法，对进行分类讨论，结合二次函数的性质求得的取值范围.
（3）由分离参数，利用换元法，结合二次函数的性质求得的取值范围.
【详解】（1）当时，，
由于，所以，当时等号成立，
所以的值域为.
（2）依题意，函数在上单调递增，
，
当时，令，则①，
当时，，在上单调递减，
即在上单调递减，不符合题意.
当时，①的对称轴，
要使在上单调递增，则在上单调递增，
所以，解得.
当时，①的对称轴，
函数的开口向下，在区间上单调递减，不符合题意.
综上所述，的取值范围是.
（3）根据局部对称函数的定义可知，，
即，
，
，
，令，
当且仅当时等号成立，
则
，
所以，
则，
函数在区间上单调递增，所以，
所以，
所以的取值范围是.
【点睛】关键点睛：形如二次函数、指数函数结合的问题，无论是单调性还是值域（最值），都可以考虑利用换元法，再结合二次函数的性质来进行求解.研究含参数的二次函数的性质，关键点是对参数进行分类讨论，结合二次函数的开口方向、单调性、值域等知识可将问题解决.