福建省福州第三中学2024-2025学年高三下学期第十一次质量检测数学试题（解析版）

这是一份福建省福州第三中学2024-2025学年高三下学期第十一次质量检测数学试题（解析版），共21页。
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. 已知集合，则的真子集个数为（ ）
A. 3个B. 6个C. 7个D. 8个
【答案】C
【解析】
【分析】数形结合，判断方程组解的个数，即中元素的个数，再根据集合中元素的个数确定其真子集的个数即可.
【详解】集合是坐标平面内，以原点为圆心，2为半径的圆上的点的集合，
集合是坐标平面内，函数图象上的点的集合，
在同一坐标系内作出圆及函数的部分图象，如图：
观察图象知，圆及函数的图象有3个公共点，
所以有3个元素，共有个真子集．
故选：C
2. 在复平面内，复数z对应的点Z在第二象限，则复数对应的点所在象限为（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】设出复数的代数形式，利用复数的除法运算求出即可判断得解.
【详解】由在复平面内，复数z对应的点Z在第二象限，设，
则，显然，
所以点在第一象限，A正确.
故选：A
3. 某考生参加某高校的综合评价招生并成功通过了初试，在面试阶段中，8位老师根据考生表现给出得分，分数由低到高依次为：76，a，b，80，80，81，84，85，若这组数据的下四分位数为77，则该名考生的面试平均得分为（ ）
A. 79B. 80C. 81D. 82
【答案】B
【解析】
【分析】计算位置指数，代入数据可得位置，根据已知可求得.
【详解】由题意知，下四分位数为第二个数与第三个数的平均数，即，
解之得，
所以该名考生面试的平均得分为.
故选：B.
4. 已知等比数列的前n项和为，且，，成等差数列，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】应用等比数列前项和公式基本量运算即可.
【详解】因为等比数列的前n项和为，且，，成等差数列，
所以，
设等比数列的公比为q，
由题意知，，
所以，
化简，得，解得或舍去，
所以
故选：
5. 已知能被9整除，则整数的值可以是（ ）
A. B. C. 9D. 13
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式可得，则能被整除，结合选项即可求解.
【详解】因为
，
又能被整除，
所以能被整除，
由选项知当时符合，当，或时均不符合.
故选：B．
6. 如图所示，两动点在以坐标原点为圆心，半径为1的圆上从点处同时出发做匀速圆周运动．已知点按逆时针方向每秒钟转弧度，点按顺时针方向每秒钟转弧度，且两点在第2秒末第一次相遇于点处，则它们从出发后到第2次相遇时，点走过的总路程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】计算相遇时间，再确定转过的角度，再利用弧长公式可求点走过的总路程.
【详解】根据题意，设经过秒，第二次相遇.
点对应圆心角为，则有，
则.
则由，解可得，
所以第二次相遇时，走过的总路程为．
故选：C
7. 若单位向量满足，向量满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在平面直角坐标系中求出的坐标，由得到C在以为直径的圆上，求出该圆的方程，再设出的坐标，利用数量积的坐标表示，结合三角函数求出最小值.
【详解】令，依题意，，，
以点原点，直线为轴建立平面直角坐标系，则，
令，由，得C在以为直径的圆上，该圆的方程为，
设，即，
则
，
所以的最小值为.
故选：D
8. 函数是定义在上的偶函数，且当时，.若对任意的，均有，则实数的最大值是（ ）
A. B. C. 0D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据函数是偶函数，求出函数的解析式，结合不等式的关系进行转化，利用单调性转化为不等式恒成立问题即可求解.
【详解】∵是定义在上的偶函数，且当时，，
∴，当时为增函数，
∴，
则等价于，
即，即对任意恒成立，
设，
则有，解得，
又∵，∴.
故选：A.
【点睛】对于求值或范围的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“f”，转化为解不等式(组)的问题，若f(x)为偶函数，则f(－x)＝f(x)＝f(|x|).
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. 函数的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ）
A. 为奇函数
B. 的图象关于直线对称
C. 区间上单调递增
D. 函数在区间上的值域为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据周期性可得，再根据图像变换可得.对于A：根据图象变换结合正弦函数的奇偶性分析判断；对于B：根据对称轴与最值之间的关系分析判断；对于C：以为整体，结合正弦函数单调性分析判断；对于D：整理可得，以为整体，结合正弦函数有界性分析求解.
【详解】设的最小正周期为，
由题意可知：，即，
且，则，可得，，
所以.
对于选项A：为奇函数，故A正确；
对于选项B：因为为最小值，
所以的图象关于直线对称，故B正确；
对于选项C：因为，则，
且在内单调递增，所以在区间上单调递增，故C正确；
对于选项D：因为，
且，则，可得，
所以，故D错误；
故选：ABC.
10. 如图，棱长为2的正方体中，E，F分别是的中点，点P为底面ABCD内（包括边界）的动点，则下列说法正确的是（ ）

A. 过B，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是梯形
B. 存在点P，使得平面
C. 若点P到直线BB1与到直线AD的距离相等，则点P的轨迹为抛物线的一部分
D. 若直线D1P与平面BEF无公共点，则点P的轨迹长度为
【答案】AC
【解析】
【分析】作出过，，三点的平面判断A；建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合直线与平面的平行和垂直关系判断BD；找出点的轨迹，即可判C．
【详解】对于A，连接，，分别是棱，中点，则，
且，又，则，且，
因此过，，三点的平面截正方体所得截面为梯形，A正确；

以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，设点，其中，
，，
设平面的法向量为，则，取，得，
对于B, ，若存在点，使得平面，则，
于是，即，无解，因此不存在点，使得平面，B错误；
对于C，平面平面，则，
若点到直线与到直线的距离相等，则，
平方整理得，则点的轨迹为抛物线的一部分，C正确；
对D，依题意，平面，因此点的轨迹是过点与平面平行的平面交正方形所得线段，
而，则，令，得；令，得，
线段的中点，于是P点轨迹为线段，
所以点的轨迹长度为，D错误.
故选：AC
11. 定义：一个三角形的一边长是另一边长的2倍，这样的三角形叫做“倍长三角形”．在中，内角，的对边分别为是的角平分线，交于点，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A. 为“倍长三角形”
B. 若，则面积的最大值为
C. 若，则为锐角
D. 若，当时，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：根据题干利用已知的面积等式，结合正弦定理和余弦定理与面积公式联立，即可得到结果；
对于B：利用余弦定理求出，再用面积公式与不等式即可求得结果.
对于C：根据角平分线性质，余弦定理即可判断结果是否正确；
对于D：根据角平分线性质与向量关系得到面积与的关系，再利用面积值和已知的范围求得结果.
【详解】选项A，，则，故，
因此为“倍长三角形”，故正确；
选项B，由，可得，则，
则
，当且仅当时等号成立，故B错误；
选项C，由正弦定理，可得，
故，
又，故，又，故，
又，因此，则，即是锐角，故C正确；
选项，由，化简即有，
则，故，故，
故，又.故，
则，
设，则，
则在定义域上单调递减，故，
则，即的最小值为，故D正确．
故选：ACD．
【点睛】方法点睛：求三角形面积最大值的方法
（1）利用基本不等式，
（2）利用二次函数性质，
（3）利用三角函数有界性，
（4）利用几何图形性质.
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. 在正四棱台中，，，，则该棱台的体积为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】由正四棱台的对角面为是等腰梯形，求得棱台的高，结合棱台的体积公式，即可求解.
【详解】正四棱台的对角面为是等腰梯形，其高为该正四棱台的高，
在等腰梯形中，，
因为，则该梯形的高，
所以该棱台的体积为.
故答案为：.
13. 已知双曲线的渐近线与圆有公共点，则双曲线离心率的取值范围为______．
【答案】．
【解析】
【分析】先根据双曲线方程求得双曲线的渐近线，进而利用圆心到渐近线的距离大于半径，求得a和b的关系，进而利用求得a和c的关系，即可求得结果．
【详解】由双曲线的渐近线方程为，不妨设渐近线方程为，
圆的圆心为，半径为1，因为双曲线的渐近线与圆有公共点，
所以，即，由，，
因为，所以，所以．
故答案为：．
14. 设函数，．若函数有两个零点，，则满足条件的最小正整数的值为______．
【答案】3
【解析】
【分析】求导，分，两种情况讨论，当时，不存在两个零点，当时，有两个零点时，需，进而求解即可.
【详解】由题，
所以，
当时，对恒成立，
则在单调递增，故不存在两个零点，
当时，若，则，函数在上单调递减，
若，则，函数在上单调递增，
要使函数有两个零点，则的最小值，
所以即，
因为，所以，令，
显然在上为增函数，且，，
所以存在，使得，
当时，，当时，，
所以满足条件的最小正整数，
又当时，，，
所以时，有两个零点，
综上所述，满足条件的最小正整数的值为3.
故答案为：3.
【点睛】思路点睛：利用导数的运算法则即可得出，并对分类讨论得出函数的单调性，再结合根的存在性原理得，进而将问题转化为求的最小正整数的值即可求解.
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. 已知数列满足，当时，．
（1）证明数列是等差数列，并求的通项公式；
（2）证明：．
【答案】（1）证明见解析，
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知递推式，得到，结合等差数列的定义即可证明结论，由等差数列通项公式，即可得到所求通项公式；
（2）求得，由裂项相消求和，结合不等式的性质即可得证．
【小问1详解】
因为，所以，即，
又因为，所以是首项为1，公差1的等差数列，
所以，所以．
【小问2详解】
证明：因为，
所以
因为，所以
16. 如图，已知四边形是矩形，平面，且，M、N是线段、上的点，满足.
（1）若，求证：直线平面；
（2）是否存在实数，使直线同时垂直于直线，直线？如果有请求出的值，否则请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可.
（2）根据线面垂直的判定定理和性质，结合线线的位置有关系进行判断即可.
【小问1详解】
取中点Q，连接，，
由，得M是线段中点，则，，
由四边形是矩形，N是线段的中点，得，，
于是，，四边形是平行四边形，
则，而平面，平面，
所以直线平面.
【小问2详解】
假设存在实数λ，使得同时垂直于直线和直线，由四边形是矩形，得，
即，，而，平面，则平面，
由平面，平面，得，而，，平面，
因此平面，则，在矩形边上取点，使，
连接，则与矛盾，即假设不成立，
所以不存在实数，使直线同时垂直于直线和直线.
17. 如图，已知椭圆：经过点，离心率．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设是经过右焦点的任一弦（不经过点），直线与直线：相交于点，记，，的斜率分别为，，，求证：，，成等差数列．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）由点在椭圆上得到，再由，得到，联立方程组，求得的值，即可得到椭圆的标准方程；
（2）由（1）得椭圆右焦点坐标，设直线的方程为，联立方程组，求得，及，结合斜率公式得到，结合
，求得，即可得到，，成等差数列．
【详解】（1）由题意，点在椭圆上得，可得 ①
又由，所以 ②
由①②联立且，可得，，，
故椭圆的标准方程为．
（2）由（1）知，椭圆的方程为，可得椭圆右焦点坐标，
显然直线斜率存在，设的斜率为，则直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，，则有，，
由直线的方程为，令，可得，即，
从而，，，
又因为共线，则有，即有，
所以
，
将，代入得，又由，所以，即，，成等差数列．
【点睛】直线与圆锥曲线综合问题的求解策略：
对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力．
18. 已知函数.
（1）讨论函数的极值点个数；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据函数极值的定义，结合一元二次方程根的判别式分类讨论进行求解即可；
（2）利用换元法构造函数，根据导数的性质进行求解即可.
【小问1详解】
，，.
令，方程的判别式为，
①：当即时，，单调递增，无极值点；
②：当即时，函数有两个零点，，
（i）当时.，，当时，单调递减，
当时，单调递增，有一个极小值点；
（ii）当时，，
当与时，单调递增，
当时，单调递减，有两个极值点.
综上：当时无极值点；当时有两个极值点；
当时有一个极小值点.
【小问2详解】
不等式恒成立，即.
，令，，
.
令，，则需，
当时，，单调递增，又，
时，不合题意，.
当时，单调递减，当时单调递增，.
而，，
又由可得，
所以需，
令，，当时单调递增，
当时单调递减，
，
.
【点睛】关键点睛：本题的关键是根据换元法把变形为.
19. 4月19日是中国传统二十四节气之一的“谷雨”，联合国将这天定为“联合国中文日”，以纪念“中华文字始祖”仓颉[jié]造字的贡献，旨在庆祝多种语言以及文化多样性，促进联合国六种官方语言平等使用．某大学面向在校留学生举办中文知识竞赛，每位留学生随机抽取问题并依次作答，其中每个问题的回答相互独立．若答对一题记2分，答错一题记1分，已知甲留学生答对每个问题的概率为，答错的概率为．
（1）甲留学生随机抽取题，记总得分为，求的分布列与数学期望；
（2）（ⅰ）若甲留学生随机抽取道题，记总得分恰为分的概率为，求数列的前项和；
（ⅱ）记甲留学生已答过的题累计得分恰为分的概率为，求数列的通项公式．
【答案】（1）分布列见解析，
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）依题意的可能取值为、、、，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望；
（2）（ⅰ）依题意可得，利用等比数列求和公式计算可得；
（ⅱ）首先求出，，当时，利用构造法求出通项公式.
【小问1详解】
依题意可得的可能取值为、、、，
则，，
，，
所以的分布列为
所以.
【小问2详解】
（ⅰ）若甲留学生随机抽取道题，总得分恰为分，即道题均答对了，
所以，
设数列的前项和为，则.
（ⅱ）依题意可得，，，
当时，
所以，
所以为常数数列，又，
所以，
则，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
经检验当、上式也成立，所以.