2024届福建省龙岩市长汀县新桥中学高三3月内部考试数学试题

2024届福建省龙岩市长汀县新桥中学高三3月内部考试数学试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F且EF=，则下列结论中错误的是（）A．AC⊥BE B．EF平面ABCDC．三棱锥A-BEF的体积为定值 D．异面直线AE,BF所成的角为定值2．已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图是全等的直角三角形，则该几何体的各个面中，最大面的面积为（）A．2 B．5 C． D．3．若x，y满足约束条件则z=的取值范围为（）A．[] B．[，3] C．[，2] D．[，2]4．执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（）A． B． C． D．5．已知为抛物线的焦点，点在上，若直线与的另一个交点为，则()A． B． C． D．6．设集合，则（）A． B． C． D．7．某几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为4的正三角形，俯视图是由边长为4的正三角形和一个半圆构成，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．8．函数的部分图象大致为（）A． B．C． D．9．已知，，则的大小关系为（）A． B． C． D．10．若，，，点C在AB上，且，设，则的值为（）A． B． C． D．11．已知向量，满足，在上投影为，则的最小值为()A． B． C． D．12．已知向量，，则向量在向量上的投影是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数，若的最小值为，则实数的取值范围是_________14．如图，在等腰三角形中，已知，，分别是边上的点，且,其中且，若线段的中点分别为，则的最小值是_____.15．已知函数，令，，若，表示不超过实数的最大整数，记数列的前项和为，则_________16．已知数列的前项和为且满足，则数列的通项_______．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数（1）当时，证明，在恒成立；（2）若在处取得极大值，求的取值范围.18．（12分）已知，（其中）.(1)求；(2)求证：当时，．19．（12分）如图，已知在三棱台中，，，.（1）求证：；（2）过的平面分别交，于点，，且分割三棱台所得两部分几何体的体积比为，几何体为棱柱，求的长.提示：台体的体积公式（，分别为棱台的上、下底面面积，为棱台的高）.20．（12分）设抛物线过点.（1）求抛物线C的方程；（2）F是抛物线C的焦点，过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，若，求的值.21．（12分）已知函数，.（1）当时，讨论函数的零点个数；（2）若在上单调递增，且求c的最大值.22．（10分）已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；（2）设点，直线与曲线交于两点，求的值.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解题分析】

A．通过线面的垂直关系可证真假；B．根据线面平行可证真假；C．根据三棱锥的体积计算的公式可证真假；D．根据列举特殊情况可证真假.【题目详解】A．因为，所以平面，又因为平面，所以，故正确；B．因为，所以，且平面，平面，所以平面，故正确；C．因为为定值，到平面的距离为，所以为定值，故正确；D．当，，取为，如下图所示：因为，所以异面直线所成角为，且，当，，取为，如下图所示：因为，所以四边形是平行四边形，所以，所以异面直线所成角为，且，由此可知：异面直线所成角不是定值，故错误.故选：D.【题目点拨】本题考查立体几何中的综合应用，涉及到线面垂直与线面平行的证明、异面直线所成角以及三棱锥体积的计算，难度较难.注意求解异面直线所成角时，将直线平移至同一平面内.2、D【解题分析】

根据三视图还原出几何体，找到最大面，再求面积.【题目详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，如图所示，将其放在一个长方体中，并记为三棱锥.，，，故最大面的面积为.选D.【题目点拨】本题主要考查三视图的识别，复杂的三视图还原为几何体时，一般借助长方体来实现.3、D【解题分析】

由题意作出可行域，转化目标函数为连接点和可行域内的点的直线斜率的倒数，数形结合即可得解.【题目详解】由题意作出可行域，如图，目标函数可表示连接点和可行域内的点的直线斜率的倒数，由图可知，直线的斜率最小，直线的斜率最大，由可得，由可得，所以，，所以.故选：D.【题目点拨】本题考查了非线性规划的应用，属于基础题.4、D【解题分析】循环依次为直至结束循环，输出，选D.点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.5、C【解题分析】

求得点坐标，由此求得直线的方程，联立直线的方程和抛物线的方程，求得点坐标，进而求得【题目详解】抛物线焦点为，令，，解得，不妨设，则直线的方程为，由，解得，所以.故选：C【题目点拨】本小题主要考查抛物线的弦长的求法，属于基础题.6、C【解题分析】

解对数不等式求得集合，由此求得两个集合的交集.【题目详解】由，解得，故.依题意，所以.故选：C【题目点拨】本小题主要考查对数不等式的解法，考查集合交集的概念和运算，属于基础题.7、A【解题分析】由题意得到该几何体是一个组合体，前半部分是一个高为底面是边长为4的等边三角形的三棱锥，后半部分是一个底面半径为2的半个圆锥，体积为故答案为A.点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.8、B【解题分析】

图像分析采用排除法，利用奇偶性判断函数为奇函数，再利用特值确定函数的正负情况。【题目详解】，故奇函数，四个图像均符合。当时，，，排除C、D当时，，，排除A。故选B。【题目点拨】图像分析采用排除法，一般可供判断的主要有：奇偶性、周期性、单调性、及特殊值。9、D【解题分析】

由指数函数的图像与性质易得最小，利用作差法，结合对数换底公式及基本不等式的性质即可比较和的大小关系，进而得解.【题目详解】根据指数函数的图像与性质可知，由对数函数的图像与性质可知，，所以最小；而由对数换底公式化简可得由基本不等式可知，代入上式可得所以，综上可知，故选：D.【题目点拨】本题考查了指数式与对数式的化简变形，对数换底公式及基本不等式的简单应用，作差法比较大小，属于中档题.10、B【解题分析】

利用向量的数量积运算即可算出．【题目详解】解：，，又在上，故选：【题目点拨】本题主要考查了向量的基本运算的应用，向量的基本定理的应用及向量共线定理等知识的综合应用．11、B【解题分析】

根据在上投影为，以及，可得；再对所求模长进行平方运算，可将问题转化为模长和夹角运算，代入即可求得.【题目详解】在上投影为，即又本题正确选项：【题目点拨】本题考查向量模长的运算，对于含加减法运算的向量模长的求解，通常先求解模长的平方，再开平方求得结果；解题关键是需要通过夹角取值范围的分析，得到的最小值.12、A【解题分析】

先利用向量坐标运算求解，再利用向量在向量上的投影公式即得解【题目详解】由于向量，故向量在向量上的投影是.故选：A【题目点拨】本题考查了向量加法、减法的坐标运算和向量投影的概念，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

，可得在时，最小值为，时，要使得最小值为，则对称轴在1的右边，且，求解出即满足最小值为.【题目详解】当，，当且仅当时，等号成立.当时，为二次函数，要想在处取最小，则对称轴要满足并且，即，解得.【题目点拨】本题考查分段函数的最值问题，对每段函数先进行分类讨论，找到每段的最小值，然后再对两段函数的最小值进行比较，得到结果，题目较综合，属于中档题.14、【解题分析】

根据条件及向量数量积运算求得,连接,由三角形中线的性质表示出.根据向量的线性运算及数量积公式表示出,结合二次函数性质即可求得最小值.【题目详解】根据题意,连接,如下图所示:在等腰三角形中,已知,则由向量数量积运算可知线段的中点分别为则由向量减法的线性运算可得所以因为,代入化简可得因为所以当时,取得最小值因而故答案为:【题目点拨】本题考查了平面向量数量积的综合应用,向量的线性运算及模的求法,二次函数最值的应用,属于中档题.15、4【解题分析】

根据导数的运算，结合数列的通项公式的求法，求得，，，进而得到，再利用放缩法和取整函数的定义，即可求解.【题目详解】由题意，函数，且，，可得，，又由，可得为常数列，且，数列表示首项为4，公差为2的等差数列，所以，其中数列满足，所以，所以，又由，可得数列的前n项和为，数列的前n项和为，所以数列的前项和为，满足，所以，即，又由表示不超过实数的最大整数，所以.故答案为：4.【题目点拨】本题主要考查了函数的导数的计算，以及等差数列的通项公式，累加法求解数列的通项公式，以及裂项法求数列的和的综合应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.16、【解题分析】

先求得时；再由可得时,两式作差可得,进而求解.【题目详解】当时,,解得；由,可知当时,,两式相减,得,即,所以数列是首项为,公比为的等比数列,所以,故答案为:【题目点拨】本题考查由与的关系求通项公式,考查等比数列的通项公式的应用.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）证明见解析（2）【解题分析】

（1）根据，求导，令，用导数法求其最小值.设研究在处左正右负，求导，分，，三种情况讨论求解.【题目详解】（1）因为，所以，令，则，所以是的增函数，故，即.因为所以，①当时，，所以函数在上单调递增.若，则若，则所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是，所以在处取得极小值，不符合题意，②当时，所以函数在上单调递减.若，则若，则所以的单调递减区间是，单调递增区间是，所以在处取得极大值，符合题意.③当时，，使得，即，但当时，即所以函数在上单调递减，所以，即函数)在上单调递减，不符合题意综上所述，的取值范围是【题目点拨】本题主要考查导数与函数的单调性和极值，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.18、（1）（2）见解析【解题分析】

(1)取，则；取，则，∴；(2)要证，只需证，当时，；假设当时，结论成立，即，两边同乘以3得：而∴，即时结论也成立，∴当时，成立.综上原不等式获证.19、（1）证明见解析；（2）2【解题分析】

（1）在中，利用勾股定理，证得，又由题设条件，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到；（2）设三棱台和三棱柱的高都为上、下底面之间的距离为，根据棱台的体积公式，列出方程求得，得到，即可求解.【题目详解】（1）由题意，在中，，，所以，可得，因为，可得.又由，，平面，所以平面，因为平面，所以.（2）因为，可得，令，，设三棱台和三棱柱的高都为上、下底面之间的距离为，则，整理得，即，解得，即，又由，所以.【题目点拨】本题主要考查了直线与平面垂直的判定与应用，以及几何体的体积公式的应用，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理，以及熟练应用几何体的体积公式进行求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.20、（1）（2）【解题分析】

(1)代入计算即可.(2)设直线AB的方程为,再联立直线与抛物线的方程,消去可得的一元二次方程,再根据韦达定理与求解,进而利用弦长公式求解即可.【题目详解】解：（1）因为抛物线过点,所以,所以,抛物线的方程为（2）由题意知直线AB的斜率存在,可设直线AB的方程为,,.因为,所以,联立,化简得,所以,,所以,,解得,所以.【题目点拨】本题考查抛物线的方程以及联立直线与抛物线求弦长的简单应用.属于基础题.21、（1）见解析（2）2【解题分析】

（1）将代入可得,令,则,设,则转化问题为与的交点问题,利用导函数判断的图象,即可求解；（2）由题可得在上恒成立,设,利用导函数可得,则,即,再设,利用导函数求得的最小值,则,进而求解.【题目详解】（1）当时,,定义域为,由可得,令,则,由,得；由,得,所以在上单调递增,在上单调递减