福建省泉州市安溪一中惠安一中养正中学实验中学2024-2025学年高三上学期11月期中联考数学试题

安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学2024年秋季高三年期中联考考试科目：数学满分：150分考试时间：120分钟一、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.2.已知复数z满足，则（）A. B. C. D.3.已知向量，满足，，且，则（）A. B. C.1 D.24.甲、乙两校各有3名教师报名支教，现从这6名教师中随机派2名教师，则被派出的2名教师来自间一所学校的概率为（）A. B. C. D.5.已知，且，则（）A. B. C. D.6.已知函数是定义在上偶函数，当时，，若函数仅有4个零点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.7.已知函数，则满足的实数的取值范围是（）.A. B. C. D.8.双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为，右支上一点满足，直线平分，过点，作直线的垂线，垂足分别为A，B，设O为坐标原点，则的面积为（）.A. B. C.10 D.二、多项选择题：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.设，且，则下列关系式中一定成立的题（）A. B. C. D.10.已知函数的图象经过点，则下列说法正确的是（）A.若，则对任意的都有B.若的图象关于直线对称，则C.若在上单调递增，则的取值范围是D.若方程在上恰有两个不同的实数解，则的取值范围是11.已知函数，，则下列说法正确的是（）A.若，则的图象在处的切线方程为B.若在上单调递増，则的取值范围是C.若当时，，则的取值范围是D.若，有唯一管点，且满足，则三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.的展开式中的常数项为_________.13.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，当取得最小值时，则最大内角的余弦值是_________.14.已知函数，若曲线上存在点，使得，则实数的取值范围是_________.四、解答题：本大题共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）如图，在直三棱柱中，，，是棱的中点，是的延长线与CB的延长线的交点.（1）求证：平面；（2）若点在线段AP上，且点E为靠近点A的三等分点，求直线与平面所成的角的正弦值.16.（15分）在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行解答.问题：在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且_________.（1）求角C；（2）若AB边上的高为1，的面积为，求的周长.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）17.（15分）已知函数，.（1）当时，讨论的单调性；（2）当时，设，若既有极大值又有极小值，求的取值范围.18.（17分）已知椭圆，A，F分别为椭圆C的左顶点和右焦点，过F作斜率不为0的直线l交椭圆C于点P，Q两点，且，当直线轴时，.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线AP，AQ的斜率分别为，，且，求直线l的方程；（3）设直线AP交y轴于点E，若过O点作直线AP的平行线OM交椭圆C于点M，求的最小值.19.（17分）若存在常数，使得数列满足，则称数列为“数列”.（1）判断数列：1，3，5，10，152是否为“数列”，并说明理由；（2）若数列是首项为2的“数列”，数列是等比数列，且与满足，求的值和数列的通项公式；（3）若数列是“数列”，为数列的前项和，，，证明：.安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学2024年秋季高三年期中联考参考答案一、单选题BCDB AADC二、多选题（9）AC （10）ACD （11）ACD三、填空题（12）105 （13） （14）8.【详解】由双曲线的离心率为，得，解得，令直线交的延长线交于，直线交于，则，，由PA平分，且，得，则，，，显然A，B分别为线段，的中点，而O是的中点，于是，，，即，，所以的面积.故选：C11.【详解】对于A选项，，，，切线方程为，即，A选项正确.对于B选项，若在上单调递增，则对一切都有.当时，由知满足条件：当时，，，不满足条件.因此的取值范围是，B选项错误.对于C选项，当时，等价于.而（用到不等式（））.证明如下：记，则，时，，时，，故在上单调递减，在上单调递增，因此对一切有，即，等号成立当且仅当，结合知.因此的取值范围是，C选项正确.对于D选项，由知在上单调递增，令得，且在上单调递减，在上单调递增，结合条件知，是的唯一零点，故，则.于是，由在上单调递增，结合，知.这样，由结合在上单调递增（因为，等号成立当且仅当）及知.由在上单调递增，结合知，，即，又在R上单调递增，故，D选项正确.14.【详解】由题意可知：，因为曲线上存在点，使得，所以存在，使得成立，且在定义域内单调递增，下面证明：成立，假设，则，所以不满足，假设不成立，假设，则，所以不满足，假设不成立，由上可知，；则原问题等价于“在上有解”，即“在上有解”，设，，所以，令，则，令，解得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，所以在上单调递增，所以的值域为，即为，所以，四、解答题15.（1）连接交于点，连接MD，如下所示：因为是直三棱柱，故可得是矩形，故为的中点，又是的中点，所以，又，，，，即是的中点，故在中，M，D分别为，的中点，故可得，又平面，平面，故面.（2）因为是直三棱柱，故可得平面，又，平面，则，，又，故，综上可得，，两两垂直，故以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系；则，，，，，，,由（1）知，故，则；则，，，.设平面的一个法向量为，故可得，即，不妨取，则.又，则点的坐标为，则，又设直线与平面所成的角为，故可得，所以直线与平面所成的角的正弦值为.（公式没加绝对值扣1分，结论没写不扣分）16.【详解】（1）选①，因为，由正弦定理可得，且，即，整理可得，且，则，可得，即，且，所以.选②，在中，由正弦定理得.因为，所以，化简得.在中，由余弦定理得.又因为，所以.选③由及，有，又由正弦定理，有，有，有，有，又由，可得.（2）因为AB边上的高为1，的面积为，所以，得，由（1）知，所以，得，由余弦定理得，即，得，所以，即，所以，所以，即的周长为.17.【详解】（1）当时，的定义域为，，当时，恒成立，在上为增函数；当时，，，当或时，，当时，，所以的单调递增区间为，,单调递减区间为，当时，，当或时，，当时，，所以的单调递增区间为，，单调递堿区间为.综上所述，当时，在上为增函数；当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为，当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为，（2）因为，所以，若既有极大值又有极小值，则至少存在两个变号零点，即至少有两个不同实数根，记，则，当时，，当时，，所以在时，取得极大值，又趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于0，所以，的图象如图所示，由图可知，当，即时，有两个变号零点，且分别为极大值点和极小值点，所以的取值范围为.18.【详解】（1）设椭圆右焦点，，则①，由，得②，直线轴时，P，Q两点横坐标为，将代入椭圆方程中，解得，所以③，联立①②③解得，，，椭圆的标准方程为.（2）①，显然，直线PQ不与轴垂直，可设PQ的方程为，联立椭圆方程，消去并整理得，又设，，显然，所以由韦达定理得，所以，即，所以直线方程为.（3）依题意直线AP的斜率存在且不为0，设直线AP的方程为：，则直线OM的方程为.联立直线AP与椭圆C的方程可得：，由，可得，联立直线OM与椭圆C的方程可得：，即，即，当且仅当，即时取等号，即的最小值为.19.【详解】（1）根据“数列”的定义，则，故，因为成立，成立，不成立，所以1，3，5，10，152不是“数列”.（2）由是首项为2的“数列”，则，，由是等比数列，设公比为，由，则，两式作差可得，即，