福建省泉州市2024-2025学年高三上学期8月开学考试数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省泉州市2024-2025学年高三上学期8月开学考试数学试题（Word版附解析），共28页。试卷主要包含了08，考生作答时，将答案答在答题卡上，已知函数满足，若，则，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
高三数学
2024.08
本试卷共19题，满分150分，共8页.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
2.考生作答时，将答案答在答题卡上.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸､试题卷上答题无效.
3.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用05毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整､笔迹清楚.
4.保持答题卡卡面清洁，不折叠､不破损.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､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.设集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.若复数满足，则（ ）
A.1 B.-1 C. D.16
3.已知向量满足与的夹角为，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
4.若，则（ ）
A. B. C. D.
5.若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6.已知正四棱台的顶点都在同一球面上，其上､下底面边长分别为，高为3，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
7.已知函数满足，若，则（ ）
A.25 B.125 C.625 D.15625
8.已知函数，则（ ）
A.是的一个周期 B.是图象的一条对称轴
C.是图象的一个对称中心 D.在区间内单调递减
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.某校在开展“弘扬中华传统文化，深植文化自信之根”主题教育的系列活动中，举办了“诵读国学经典，传承中华文明”知识竞赛.赛前为了解学生的备赛情况，组织对高一年和高二年学生的抽样测试，测试成绩数据处理后，得到如下频率分布直方图，则下面说法正确的是（ ）
A.高一年抽测成绩的众数为75
B.高二年抽测成绩低于60分的比率为
C.估计高一年学生成绩的平均分低于高二年学生成绩的平均分
D.估计高一年学生成绩的中位数低于高二年学生成绩的中位数
10.已知函数，则（ ）
A.的值域为
B.图象的对称中心为
C.当时，无极值
D.当时，在区间内单调递减
11.在平面直角坐标系中，已知是动点.下列命题正确的是（ ）
A.若，则的轨迹的长度等于2
B.若，则的轨迹方程为
C.若，则的轨迹与圆没有交点
D.若，则的最大值为3
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.若曲线在处的切线与直线垂直，则__________.
13.过双曲线的两个焦点分别作实轴的垂线，交于四个点，若这四个点恰为一个正方形的顶点，则的离心率为__________.
14.如图，有一个质地均匀的正八面体，八个面分别标以数字1到8.将该八面体连续抛掷三次，按顺序记录它与地面接触的面上的数字，则这三个数恰好构成等差数列的概率为__________.
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.（13分）
的内角所对的边分别为，已知.
（1）求；
（2）若的角平分线与交于点，求.
16.（15分）
如图，在圆柱中，分别为圆柱的母线和下底面的直径，为底面圆周上一点.
（1）若为的中点，求证：平面；
（2）若，圆柱的体积为，求二面角的正弦值.
17.（15分）
已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，且经过点.
（1）求的方程；
（2）过且不垂直于坐标轴的直线交于两点，点为的中点，记的面积为的面积为，求的取值范围.
18.（17分）
已知曲线.
（1）证明：；
（2）若曲线关于直线对称的曲线为，则称为与的一条对称轴.请写出与的一条对称轴，并探究是否存在其它的对称轴；
（3）已知是上的两点，是上的两点，若四边形为正方形，其周长为，证明：.（参考数据：）
19.（17分）
已知正整数满足，正整数满足，.对于确定的正整数，记的最小值为.例如：当时，或或.
（1）当时，写出的所有值及的值；
（2）探究的值；
（3）证明：.
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高三数学
2024.08
本试卷共19题，满分150分，共8页.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
2.考生作答时，将答案答在答题卡上.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸､试题卷上答题无效.
3.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用05毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整､笔迹清楚.
4.保持答题卡卡面清洁，不折叠､不破损.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､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.【命题意图】本小题主要考查集合的运算､不等式等知识；考查运算求解能力等；考查函数与方程思想､化归与转化思想等；体现基础性，导向对发展数学运算等核心素养的关注.
【试题解析】解法一：（排除法）因符合题意，排除D；因为符合题意，排除；
故选C.
解法二：因为，所以，
故选C.
2.【命题意图】本小题主要考查复数的概念､四则运算等基础知识；考查运算求解能力､推理论证能力；考查化归与转化思想､函数与方程思想；体现基础性，导向对数学运算等核心素养的关注.
【试题解析】解法一：设，则，解得，所以，所以，故选A.
解法二：因为，所以，故选A.
解法三：方程两边同时平方，有，所以，故选A.
3.【命题意图】本小题主要考查向量的数量积等基础知识，考查运算求解等能力，考查化归与转化，数形结合等思想，体现基础性，导向对发展数学运算等核心素养的关注.
【试题解析】解法一：设，由题得，所以
，，所以，
所以，又，所以，
故选D.
解法二：建立直角坐标系，设，则，
所以，所以，
所以，又，所以，
故选D.
解法三：运用向量运算的几何表示，构造平面图形，观察图形可快速得解.
4.【命题意图】本小题主要考查三角函数的定义､三角恒等变换等知识，考查运算求解能力等，考查函数与方程思想､特殊与一般思想等，体现基础性，导向对发展直观想象､
数学运算､逻辑推理等核心素养的关注.
【试题解析】解法一：（特殊法）由题知满足条件，所以.
故选C.
解法二：由题得，所以，
所以，所以
.故选C.
解法三：由题得，
所以，即，
所以，即.故选C.
解法四：由题得，所以，
所以，即，
所以，所以.故选C.
解法五：观察，知同正，为第一象限角，其正
切值为正，排除A，B.若，可取，则，
不符合已知条件，排除D，故应选C.
5.【命题意图】本小题主要考查分段函数､基本初等函数､函数的单调性等知识，考查运算求解能力､抽象概括能力等，考查函数与方程思想､转化和化归的思想等，体现基础性和综合性，导向对发展数学运算､逻辑推理､数学抽象等核心素养的关注.
【试题解析】由指数函数的底数要求只讨论且，
由题意得为单调递增，故，
又时，为单调递增，故，
再由，即得，综上，，
故选B.
6.【命题意图】本小题主要考查多面体､球的表面积等基础知识，考查空间想象能力､运算求解能力等，考查数形结合､转化和化归的思想等，体现基础性和综合性，导向对发展直观想象､数学运算､逻辑推理等核心素养的关注.
【试题解析】解法一：正四棱台的对角面的外接圆为其外接球球的大圆（如下图），对角面为等腰梯形，其上下底边长分别为2，4，高为3，由正四棱台的对称性可知，球的球心在梯形上下底的中点连线所在直线上，设，则，设球半径为，再由，可得，解得，所以所求的球的表面积为
解法二：下底的外接圆不大于球的大圆，故球半径（下底对角线长的一半），表面积排除D；
对角面等腰梯形的对角线长，故球半径，表面积，排除C；
若，则.易求球心到的距离为，球心到的距
离为，无法满足，或，故A不正确.
故选B.
7.【命题意图】本小题主要考查函数的基本性质､递推数列等基础知识；考查推理论证､运算求解等能力；考查化归与转化､特殊与一般的函数思想；体现基础性，综合性，导向对逻辑推理､数学运算等核心素养的关注.
【试题解析】解法一：由题意取，可得
即知则.
故选C.
解法二：令，则
，
所以，
即，所以，则.故选C.
解法三：由可构造满足条件的函数，
可以快速得到.
故选C.
8.【命题意图】本小题主要考查三角函数的图象与性质､三角恒等变换等知识；考查推理论
证能力､运算求解能力等，考查特殊与一般思想､函数与方程思想､化归与转化思想等；体现基础性､综合性，导向对发展直观想象､逻辑推理､数学运算､数学抽象等核心素养的关注.
【试题解析】解法一：（排除法）因为，
，所以，故A错误；
同理，故C错误；
因为，
所以，故D错误.
故选B.
解法二：因为，
所以，故A错误；
因为
，所以，故B正确；
因为，
所以，故C错误；
因为
所以当时，，此时；
同理当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
在上单调递减，故D错误；
故选B.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.【命题意图】本小题主要考查频率分步直方图､样本的数字特征等基础知识；考查数据分析与处理､运算求解等能力；考查化归与转化､或然与必然等思想；体现基础性与应用性，导向对发展数学运算､数据分析等核心素养的关注.
【试题解析】选项A：高一年学生成绩的众数为区间的中点横坐标，故A正确.
选项B：高二年学生成绩得分在区间的学生人数频率为
，所以低于60分的比率为，故B错误；
选项C：高一年学生成绩的平均数约为
分；
高二年学生成绩的平均数约为
分.
因为，故C正确.
选项D：高一年学生成绩的中位数位于[，高二年学生成绩的中位数位于，故D正确.
故选ACD.
10.【命题意图】本小题主要考查导数的应用､函数的基本性质等基础知识；考查推理论证､运算求解等能力；考查数形结合､化归与转化等思想；体现基础性与综合性，导向对发展直观想象､逻辑推理､数学运算等核心素养的关注.
【试题解析】A选项：当至少一个不为0，则函数为三次函数或者一次函数，值域均为；当均为0时，值域为，故A错误.
B选项：函数满足，可知为奇函数，其图象关于中心对称，
所以的图象为的图象向上移动一个单位后得到的，
即关于中心对称，【或者用验证】，故B正确.
C选项：，当时，恒大于0或者恒小于0，所以函数在上单调，无极值.故C正确.
D选项：，当时，取，当时，在区间上不单调.D选项错误；
另一方面，当时，在
单调递增.故D错误.
故选BC.
11.【命题意图】本小题主要考查曲线与方程､向量数量积等基础知识；考查运算求解､推理论证等能力；考查化归与转化､数形结合､函数与方程等思想；体现基础性､综合性与创新性，导向对发展数学运算､直观想象､逻辑推理､数学抽象等核心素养的关注.
【试题解析】选项A：因为，所以的轨迹为线段，从而的轨迹的长度等于2，故A正确.
选项B：因为，由双曲线的定义知，
的轨迹是以为焦点的双曲线的右支，而结论的方程中未限制范围，故B错误.（由，得的轨迹方程为）.
选项C：解法一：由，得，化简得，，联立得，
这与矛盾，所以方程组无解，故的轨迹与圆没有交点，故C正确.
解法二：若有交点，则，又，矛盾，所以的轨迹与圆没有交点，故C正确.
选项D：
解法一：由得，，
化简得，
所以的轨迹是以为圆心，半径为的圆.
等于在轴上的投影的长度，
由图知其最大值为3，故D正确.
解法二：同法一得的轨迹是以为圆心，半径为的圆.
，由圆的方程知可取到最大值3，故D正确.
解法三：由得，
，当在的反向延长线上时取等号.
①；
②当在的反向延长线上，且时，
满足条件，此时.
所以的最大值为3，故D正确.
故选ACD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.【命题意图】本小题主要考查导数的几何意义､直线的位置关系等基础知识；考查运算求解､推理论证等能力；考查化归与转化､数形结合､函数与方程等思想；体现基础性与应用性，导向对数学运算､逻辑推理等核心素养的关注.
【试题解析】由题意得函数的导函数为，故在处切线的斜率为，
直线的斜率存在为，根据题意得，，解得.
故答案为-2.
13.【命题意图】本小题主要考查双曲线的几何性质等基础知识；考查运算求解､推理论证等能力；考查化归与转化､数形结合､函数与方程等思想；体现基础性与综合性，导向对数学运算､直观想象､逻辑推理等核心素养的关注.
【试题解析】解法一：不妨设双曲线，
令，可得，所以.
依题意可得，，所以，
又，所以，解得：，
又因为，所以.故答案为.
解法二：如图，连结，在中，
所以离心率.
故答案为.
解法三：，依题意知在曲线上，故，
整理得（取正），
所以，
故答案为.
14.【命题意图】本小题主要考查古典概型､计数原理等基础知识；考查推理论证､运算求解等能力；考查分类与整合､或然与必然等思想；体现基础性
与应用性，导向对发展数据分析､逻辑推理､数学运算､数学建模等核心素养的关注.
【试题解析】由题意可知所有可能情况共有种，按顺序记录的三个数恰好构成等差数列，
可以按照公差为分类，其中公差为和的做法数对应相等.
公差为0的有共8种做法；
公差为1的有共6种做法，同公差为-1的；
公差为2的有共4种做法，同公差为-2的；
公差为3的有共2种做法，同公差为-3的；
所以三个数恰好构成等差数列的概率.
故答案为.
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.（13分）
【命题意图】本小题主要考查正弦定理､余弦定理等基础知识，考查逻辑推理能力､运算求解能力等，考查函数与方程思想､数形结合思想等，体现基础性和综合性，导向对发展直观想象､逻辑推理､数学运算等核心素养的关注.
【试题解析】（1）依题意，由正弦定理可得
所以，
又
所以，
因为，所以，所以，
又，所以.
（2）解法一：如图，由题意得，，
所以，
又，所以，
所以，即，
所以.
解法二：如图，中，因为，
由余弦定理得，，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以.
16.（15分）
【命题意图】本小题主要考查旋转体的体积､直线与平面的位置关系､求二面角等基础知识；考查空间想象､推理论证､运算求解等能力；考查化归与转化等思想；体现基础性和综合性，导向对发展直观想象､逻辑推理､数学运算等核心素养的关注.
【试题解析】（1）解法一：如下图，取中点，连结，
分别为的中点，
，
又圆柱上下底面平行，
且与平面交于和，
，且，
又且，
四边形为平行四边形，
，
又平面平面
平面.
解法二：连结，
圆柱的母线与旋转轴平行，
又平面平面，
平面，
分别为的中点，
，
又平面平面，
平面，
又平面，
平面平面，
又平面，
平面.
（2）为底面直径，
，
又圆柱的体积为，
得到.
解法一：过作平面，则，
又，以为原点，所在直线分别为轴､
轴､轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，
平面的法向量为，
，得到，
，
取，可得，
又，得到，
取，可得，
设二面角的大小为，
则
则
即二面角的正弦值为.
解法二：如下图，连结，过作，垂足，
取中点，连结，过作，垂足，
平面交直线于点，连结，
分别为的中点，
，又，
，
平面，
，又，
平面，
平面，
又
平面，
同理可证平面，
，，又，
平面，即平面，
，
为二面角的平面角，
在中，，
在中，，
在中，，
在平面四边形中，如下图，，
，
则，
.
即二面角的正弦值为.
17.（15分）
【命题意图】本题主要考查椭圆的标准方程､直线与椭圆的位置关系等基础知识；考查运算求解､推理论证等能力；考查化归与转化､数形结合､函数与方程等思想；体现基础性与综合性，导向对数学运算､直观想象､逻辑推理等核心素养的关注.
【试题解析】（1）因为，
所以，
因为点在椭圆上，所以，
即，解得，
所以，
所以椭圆的方程为.
【若方程求错，能体现各得1分】
（1）解法一：
由（1）得，依题意设，
由消去，得，
设，则
设，则，
，
由得，，
即
因为，所以，所以
所以，
令且，
则，解得，且，
所以，所以的取值范围为.
解法二：
由（1）得，依题意设，
由消去，得，
设，则，
所以，
设，则，
，
令且，
则代入可得，
消去得：，
因为，所以，
所以，解得，且，
所以，所以的取值范围为.
18.（17分）
【命题意图】本题主要考查基本初等函数､函数的单调性与对称性､导数的几何意义､导数的应用等基础知识；考查运算求解､推理论证等能力；考查化归与转化､数形结合､函数与方程等思想；体现基础性､综合性与应用性，导向对数学运算､直观想象､逻辑推理等核心素养的关注.
【试题解析】解法一：（1）要证原命题，只需证，
设函数，其导函数为，
显然在单调递增，
且，
故存在唯一的满足，即，
从而可得在单调递减；
在单调递增；
所以在处取到最小值，
其中即，
所以
故本题得证.
（2）与的一条对称轴为直线，
且是与的唯一对称轴，
证明如下：由（1）分析得，当且仅当时取等号，
即曲线与直线相切于点，
且曲线在直线的上方（除点）；
同理曲线与直线相切于点，
且曲线在直线的下方（除点）；
而平行线的距离为，
故曲线上的任意点与上任意点的距离不小于，
注意到两点距离恰为，
故可得结论①：曲线上的任意点与上任意点的距离最小值为，
当且仅当这两点分别为时取到.
反证法：假设与存在除以外的其它对称轴，
那么关于的对称点，
注意到两点关于直线对称，故在上且异于点，
同理关于的对称点，其中在上且异于点，
根据对称性可得，
这与①矛盾，故假设不成立.故是与的唯一对称轴.
（3）由题意，不妨设，其中，
并由（2）分析得分别与关于直线对称，
可得，且，
由正方形可得，即
所以，即正方形对角线轴，
因为，即
即.②
又因为，所以②式可化为
故为方程的根，
即的零点为，
因为，
所以在单调递增，
且，
所以，
所以正方形的边长，
令，且，
，所以在单调递增，
则，即正方形的边长大于，
所以正方形的周长.
解法二：（1）对任意，即证，
先证明：，即证，
设，其导函数，
在区间单调递减；
在区间单调递增；
故当且仅当时取到最小值，
所以，即；
同样也可得，即，即，
所以，即，
本题得证.
（2）同解法一；
（3）同解法一.
19.（17分）
【命题意图】本题主要考查整数的离散性､数列的求和､不等式等知识，考查阅读理解能力､逻辑思维能力与创新能力等关键能力；考查数形结合思想､转化与化归思想；体现综合性､应用性与创新性，彰显高考的选拔特点，导向对发展数学抽象､逻辑推理､数学运算等核心素养的关注.
【试题解析】
（1）的所有值为：，
所以.
（2）当时，探究展示如下表：
由上表可知，.
当时，探究展示如下表：
由上表可知，.
猜想时，.
证明如下：
的各项的取值只有三种可能，
记其中取值为的项数分别为.
取，有，
此时.
假设不是的最小值，则存在，
使得，且.
消去，得，
因为，所以或或
则若则
若则；
若则.
故矛盾.
所以，是的最小值，.
（3）解法一：
由（2），
要证，即证，
因为左边
故原不等式得证.
解法二：
由（2），
要证，即证，
因为左边
故原不等式得证.
解法三：
由（2）
因为左边
’
故原不等式得证.项数
3
0
1
6
项数
0
3
0
6
项数
4
2
0
8
项数
8
1
0
10
项数
12
0
0
12
项数
3
0
2
9
项数
0
3
1
9
项数
4
2
1
11
项数
8
1
1
13
项数
12
0
1
15
项数
1
5
0
11
项数
5
4
0
13
项数
9
3
0
15
项数
13
2
0
17
项数
17
1
0
19
项数
21
0
0
21
3
0
1
6
3
0
2
9
3
0
3
12
3
0