福建百校联考2024届高三下学期正月开学考试数学试题（Word版附解析）

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注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘跕在答题卡上的指定位置.
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解不等式求出集合A，B，根据集合的交集运算，即可求得答案.
【详解】解，可得，则，
故，，
可得，
故选：D．
2. 复数在复平面内所对应的点所在的象限为（ ）
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】先对复数进行化简，再找到其在复平面对应的点，得到答案.
【详解】由，
可得复数z在复平面内所对应的点为，所在的象限为第一象限.
故选：A．
3. 过点的直线l与圆相切，则直线l的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，点P在圆C上，由切线性质即可得出结果.
【详解】由点P在圆C上，又由直线的斜率为，
可得直线l的斜率为2，则直线l的方程为．
故选：B．
4. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由二倍角公式先求出，再利用和差角公式求，可得解.
【详解】由，
有．
故选：B．
5. 如图是两个底面半径都为1的圆锥底面重合在一起构成的几何体，上面圆锥的侧面积是下面圆锥侧面积的2倍，，则（ ）

A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】设两圆锥的高，，由可推出，由上面圆锥的侧面积是下面圆锥侧面积的2倍，推得，即得，求出的值，即可求得答案.
【详解】设两圆锥的高，，则，，
由，有，
可得，可得，
又由上下圆锥侧面积之比为，即，
可得，则有，即，
代入整理为，解得（负值舍），
可得，．
故选：C．
6. 如图，在边长为2的菱形中，，点E，F分别在边，上，且，若，则（ ）

A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的线性运算，进而根据数量积的运算律即可求解为边，的中点，进而可求解.
【详解】设，可得，
有，，
故，
又由，有，解得，（舍），
故为边，的中点，所以为等边三角形，故．
故选：C．
7. 已知函数在区间上存在最小值，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用函数的导数求出函数的单调区间，确定极小值点，结合函数在区间上存在最小值，列出相应不等式，即可求得答案.
【详解】由题意得．
当时，得或，当时，，
可得函数的单调增区间为，．减区间为，
即时，函数取得极小值，

当时，即，
解得或，
故要使函数在区间上存在最小值，
需有，解得，
即实数a的取值范围为
故选：A．
8. 已知椭圆的左、右焦点分别，，椭圆的长轴长为，短轴长为2，P为直线上的任意一点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设直线与x轴的交点为Q，设，有，，由两角差的正切公式可得，再由基本不等式求最值.
【详解】由题意有，，，
设直线与x轴的交点为Q，
设，有，，
可得，
当且仅当时取等号，可得的最大值为.
故选：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2分，有选错的得0分．
9. 据国家统计局网站2023年9月15日消息，8月份，社会消费品零售总额为37933亿元，同比增长（同比一般情况下是指本年第N月与去年的第N月比）.其中，除汽车以外的消费品零售额为33820亿元，增长.1∼8月份，社会消费品零售总额为302281亿元，同比增长.其中，除汽车以外的消费品零售额为271888亿元，增长．2022年8月至2023年8月社会消费品零售总额同比增速如下：
则下列说法正确的是（ ）
A. 2023年1~8月份，社会消费品零售总额的月平均值约为25422.6亿元
B. 2022年8月份，社会消费品零售总额约为36264.8亿元
C. 除掉2022年8月至2023年8月社会消费品零售总额同比增速数据的最大值和最小值所得数据的标准差比原数据的标准差小
D. 2022年8月至2023年8月社会消费品零售总额同比增速数据的极差比中位数的8倍还多
【答案】BC
【解析】
【分析】计算平均数判断A，根据社会消费品零售总额的增长率及2023年的数据计算判断B，根据标准差的含义判断C，分别计算极差和中位数即可判断D.
【详解】对于A，由2023年1~8月份，社会消费品零售总额为302281亿元，
可得社会消费品零售总额的月平均值约为亿元，故A错误；
对于B，由2023年8月份，社会消费品零售总额为37933亿元，同比增长，
可得2022年8月份，社会消费品零售总额约为亿元．故B正确；
对于C，由图表可知去掉，18.4数据更集中，标准差相对于原数据来说变小了，故C正确；
对于D，极差为，中位数为，
可得，，故D错误.
故选：BC
10. 在前n项和为的正项等比数列中，，，，则（ ）
A. B.
C. D. 数列中的最大项为
【答案】BC
【解析】
【分析】利用等比数列的性质和通项公式，逐项判断选项A、B、C；对于选项D，由，令，利用 研究数列的增减性即可得出.
【详解】设等比数列的公比为q，由，有，
联立方程解得或（舍去），
有，可得．
对于A选项，由，，
有，故A选项错误；
对于B选项，，故B选项正确；
对于C选项，由，有，故C选项正确；
对于D选项，由，
令，有，
可得有，
可得数列中的最大项为或，故D选项错误，
故选：BC．
11. 如图，在棱长为1的正方体中，E是线段上的动点（不包括端点），过A，，E三点的平面将正方体截为两个部分，则下列说法正确的是（ ）

A. 正方体的外接球的表面积是正方体内切球的表面积的3倍
B. 存在一点E，使得点和点C到平面的距离相等
C. 正方体被平面所截得的截面的面积随着的增大而增大
D. 当正方体被平面所截得的上部分的几何体的体积为时，E是的中点
【答案】AC
【解析】
【分析】计算正方体外接球和内切球的半径，代入表面积公式即可判断A，假设存在，可得平面，与条件矛盾判断B，先利用平面性质作出截面，求出梯形面积，利用导数研究单调性判断C，利用割补法求得体积即可求得点E的位置判断D.
【详解】对于A，正方体外接球的半径为，内切球的半径为，可得正方体的外接球的表面积是正方体内切球的表面积的倍，故A正确；
对于B，由点和点B到平面的距离相等，若点和点C到平面的距离相等，
必有平面，又由，可得平面，与平面矛盾，
故B错误；
对于C，如图，

在上取一点F，使得，连接，设，
由，可得平面为过A，，E三点的截面，
在梯形中，，，，，
梯形的高为，
梯形的面积为，
令，有.
可得函数单调递增，可得正方体被平面所截得的截面面积随着的增大而增大，
故C正确；
对于D选项，，，
被平面所截得的上部分的几何体的体积为，整理为，
解得，故D错误.
故选：AC
12. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的右顶点为A，直线l与以O为圆心，为半径的圆相切，切点为P．则（ ）
A. 双曲线C的离心离为
B. 当直线与双曲线C的一条渐近线重合时，直线l过双曲线C的一个焦点
C. 当直线l与双曲线C的一条渐近线平行吋，若直线l与双曲线C的交点为Q，则
D. 若直线l与双曲线C的两条渐近线分别交于D，E两点，与双曲线C分别交于M，N两点，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据双曲线离心率的求法判断A；设直线l与渐近线重合，点P位于第四象限，直线l与x轴的交点为T，通过计算得判断B；设直线l的方程为，根据相切求出直线方程为直线l的方程为，联立直线方程与双曲线方程求出点坐标，进而求出，判断C选项；P的坐标为，可得直线l的方程为，分别联立直线与渐近线方程和双曲线方程，分别求得线段DE的中点的横坐标和线段MN的中点的横坐标，证明相同，判断D.
【详解】对于A选项．由，，，可得双曲线C的离心率为，故A选项正确；
对于B选项，双曲线C的渐近线方程为．
由对称性，不妨设直线l与渐近线重合，点P位于第四象限，
记直线l与x轴的交点为T，由直线的倾斜角为，有，
又由，可得．又由，故直线l过双曲线C的一个焦点，故B选项正确；

对于C选项，当直线l与双曲线C的一条渐近线平行时，由对称性，
不妨设直线l的方程为（其中），有，可得，
直线l的方程为，联立方程解方程组可得点Q的坐标为．
可得，故C选项错误；

对于D选项，设点P的坐标为，可得直线l的方程为．其中．
联立方程解得，联立方程 解得，
可得线段DE的中点的横坐标为，联立方程，
消去y后整理为，
可得线段MN的中点的横坐标为，
可得线段和的中点相同，故有，故D选项正确．
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：本题第四个选项，证明，如果直接证明长度等于长度计算量较大，本题采用了线段DE的中点的横坐标和线段MN的中点的横坐标相等来证明，更最直观简便.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 设A，B是一个随机试验中的两个事件，若，，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用和事件的概率公式和条件概率公式求解即可.
【详解】由，有，
又由，有，
可得．
故答案为：
14. 已知的展开式中的系数为240，则实数______．
【答案】
【解析】
【分析】首先原式展开为，再利用二项式定理转化为求项的系数，即可求解.
【详解】，
二项式的通项公式为，
其中的展开式中无含项，含的项为，
∴中含项为，则．解得．
故答案为：
15. 已知函数的值域为，则实数a的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用分段函数的值域是各段值域的并集，结合二次函数的单调性列不等式求解即可.
【详解】当时，
若，可得；
若，，函数的值域不可能为；
②当时，，
所以函数在 ，上单调递增，
若函数的值域为，只需，可得．
由上知，实数a的取值范围为．
故答案为：
16. 方程的最小的29个非负实数解之和为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦二倍角公式求出或，得到，，或，，或，，将最小的29个非负实数解分为三组，结合等差数列求和公式求出答案.
【详解】方程可化为，
因式分解为，解得或，
当时，，，
当时，，，或，，
通过列举，可得方程的最小的29个非负实数解中，
有10个是以0为首项，为公差的等差数列．其和为；
有10个是以为首项，为公差的等差数列，其和为；
有9个是以为首项，为公差的等差数列，其和为．
可得方程的最小的29个非负实数解之和为．
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
17. 已知正项数列中，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前n项和，求满足的正整数n的集合．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，可得到数列是公差为1的等差数列，进而得到数列的通项公式；
（2）由（1）可得数列的通项公式，利用裂项相消法即可求出，进而解不等式.
【小问1详解】
由，有，
即，
因为数列是正项数列，
所以，即，
可得数列是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，
故数列的通项公式为；
【小问2详解】
由（1）可得．
所以，
故不等式可化为，解得，
所以满足的正整数n的集合为.
18. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）过点A作的垂线与的延长线交于点D，，的面积为，求的周长．
【答案】18.
19.
【解析】
【分析】（1）由题利用正弦定理将条件式角化边，再结合二倍角公式求出得解；
（2）根据题意得，结合的面积为，可求得，又由，求得，在中，由余弦定理求得,得解.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得．两边除以，
得，
由二倍角公式，有，
整理为，
上式因式分解为，
解得或（舍去），
又由，可得；
【小问2详解】
由．有，
又由，可得，有，可得，
又由的面积为及，有，
代入，可得，，
又由，有，代入，可得，
在中，由余弦定理，有，
有的周长为．

19. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，．
（1）证明：平面；
（2）已知，，，平面底面，若平面与平面的夹角的余弦值为，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接与相交于点O，连接，即可证明，从而证明平面（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量的数量积公式即可求出的长
【小问1详解】
如图，连接与相交于点O，连接．
∵，，
∴，又∵．
∴，
∵，平面，平面．
∴平面；
【小问2详解】
在中，，可得，
由，平面底面，过点作底面的垂线，垂线在平面内，
以为坐标原点，，，直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
有，．又由，，可得点的坐标为，
又由，有，
设，可得点的坐标为，点的坐标为，
设平面的法向量为．由，，
有，取，则，，可得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，由，，
有，取，则，，可得平面的一个法向量为．
由，，，有，
又由平面与平面的夹角的余弦值为，有，
化简为，解得或（舍）．
由上知．
20. 驾驶员考试（机动车驾驶员考试）是由公安局车管所举办的资格考试，只有通过驾驶员考试才能取得驾照，才能合法的驾驶机动车辆．考试内容和合格标准全国统一，根据不同准驾车型规定相应的考试项目．机动车驾驶人考试内容分为道路交通安全法律、法规和相关知识考武科目（以下简称“科目一”）、场地驾驶技能考试科目（以下简称“科目二”）、道路驾驶技能和安全文明驾驶常识考试科目（以下简称“科目三”）．申请人科目一、科目二、科目三考试均合格后，就可以领取驾驶证．某驾校经统计，驾驶员科目一考试平均通过的概率为，科目二：平均通过的概率为，科目三平均通过的概率为．该驾校王教练手下有4名学员参加驾驶员考试．
（1）记这4名学员参加驾驶员考试，通过考试并领取驾驶证的人数为X，求X的分布列和数学期望及方差；
（2）根据调查发现，学员在学完固定的学时后，每增加一天学习，没有通过考试拿到驾驶证的概率会降为原来的0.4，请问这4名学员至少要增加多少天的学习，才能保证这4名学员都能通过考试并领取驾驶证?（我们把概率超过0.99的事件称为必然事件，认为在一次试验中必然事件一定会发生）
参考数据：，
【答案】（1）分布列见解析，，
（2）6
【解析】
【分析】（1）根据题意可知，分步计算即可；
（2）增加k（k为正整数）天学习后，每位学员通过考试拿到驾驶证的概率为，若这4名学员都能通过考试并领取驾驶证，有，利用用对数运算求解不等式.
【小问1详解】
1名学员通过考试并领取驾驶证的概率为，根据题意可知，
X的取值分别为0，1，2，3，4，
，
，
，
，
，
故X的分布列为：
，；
【小问2详解】
增加k（k为正整数）天学习后，
每位学员通过考试拿到驾驶证概率为，
若这4名学员都能通过考试并领取驾驶证，有，
有，有，有，
又由
．
可得，
故这4名学员至少要增加6天的学习，才能保证这4名学员都能通过考试并领取驾驶证．
21. 已知抛物线的焦点为F，过抛物线C的准线上任意一点P作不过焦点F的直线l与抛物线C相交于M，N两点．当直线l的方程为时，，．
（1）求抛物线C标准方程；
（2）证明：直线是的外角平分线．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）联立方程组，利用韦达定理并结合抛物线定义得，有，可解；
（2）利用M，N两点的坐标表示出直线的方程，求出点P，通过计算出点P到直线的距离等于点P到直线的距离得证.
【小问1详解】
设M，N的坐标分别为，，
由抛物线的定义有，，
可得，，
联立方程消去y后整理为，
有，有，
整理为，解得或（舍去），
故抛物线C的标准方程为；
【小问2详解】
直线l的斜率为，
直线l的方程为，代入后整理为，
令，得．可得点P的坐标为，
焦点F的坐标为，直线的方程为，
整理为，
点P到直线的距离为
，
同理点P到直线的距离为，
由及直线l与抛物线C的位置关系，可得直线是的外角平分线．
【点睛】思路点睛：由点P到直线的距离等于点P到直线的距离，及直线l与抛物线C的位置关系，可得直线是的外角平分线．
22 已知函数，其中．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，证明：函数有唯一的零点；
（3）若，求实数a的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，分，，与四种情况，解不等式，求出函数单调性；
（2）在（1）的基础上得到函数单调性，结合零点存在性定理得到结论；
（3）由（2）知，不合要求，故，由，可得，构造，求导，结合隐零点得到函数单调性，且，，，两式相加得到，，放缩得到不等式，求出，进而得到.
【小问1详解】
函数的定义域为，
，
①当时，解不等式．有，令，得，
故函数的减区间为，增区间为；
②当时．，若，，，可得；
若，，，可得；若，可得．
故有，函数单调递增，增区间为，没有减区间；
③当时，解不等式，有或，
令，解得，
故函数增区间为，，减区间为；
④当时，解不等式，有或，令得，
故函数的增区间为，，减区间为；
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
若，函数的减区间为，增区间为，且，
当时，由，有恒成立，
又，由零点存在性定理上存在唯一零点，
由上知，函数有唯一的零点；
【小问3详解】
由（2）知．若，必有．又由，可得．
又由，不等式可化为，
设，
有，
当且时，，，可得，
当且时，，，可得，
当时，函数单调递增，
故存在正数m使得．
若，有，，有，
与矛盾，可得，
当时，；当时，，
可得函数的减区间为，增区间为，
若，必有，
有，
又由，有，
有，有．
又由，有，可得，
有，可得，
由，及，可得，
若．则实数a的取值范围为．
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.X
0
1
2
3
4
P