福建省莆田市第二十五中学2023-2024学年高三上学期期中数学试题

莆田第二十五中学20232024学年上学期高三数学期中考试卷考试时间：120分钟一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1.已知集合或，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先求出集合，然后根据集合的运算可得答案.【详解】由可得，所以集合，因为，所以，故选：B.2.“若，恒成立”是真命题，则实数可能取值是（

）A. B. C.4 D.5【答案】A【解析】【分析】由题得到恒成立，求出即可得到答案.【详解】，，即恒成立，，当且仅当，即时等号成立，故.对比选项知A满足.故选：A3.华罗庚说：“数无形时少直觉，形少数时难入微，数与形，本是相倚依，焉能分作两边飞．”所以研究函数时往往要作图，那么函数的部分图象可能是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据奇偶性排除BC，根据当时，排除A，继而得解.【详解】因为，所以，所以为偶函数，排除BC，当时，，且，所以当时，，排除A；故选：D.4.若一系列函数的解析式和值域相同，但定义域不相同，则称这些函数为“同值函数”.例如函数，与函数，即为“同值函数”，给出下面四个函数，其中能够被用来构造“同值函数”的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意得到函数不单调才能符合要求，ABC错误，D中不单调，且可举出实例.【详解】要想能够被用来构造“同值函数”，则要函数不单调，ABC选项，在R上单调递减，在R上单调递增，在上单调递增，ABC错误；D选项，在上单调递减，在上单调递增，不妨设，与函数，，两者的值域相同，为同值函数，D正确.故选：D5.设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据复合函数的单调性可得在区间上单调递增，分、、讨论，根据在上单调性可得答案.【详解】在单调递减上单调递减，根据复合函数的单调性可得在区间上单调递增，当时，在单调递增，需满足，当满足题意，当时，在单调递增，则在区间上单调递增又需满足真数，则最小值，即，综上．故选：C．6.如图，点是棱长为2的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为45°，则点的轨迹长度为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先利用直线与平面所成的角为45°求得点的轨迹，进而求得点的轨迹长度.【详解】若点P在正方形内，过点P作平面于，连接.则为直线与平面所成的角，则，又，则，则，则点的轨迹为以为圆心半径为2的圆（落在正方形内的部分），若点P在正方形内或内，轨迹分别为线段，因为点P不可能落在其他三个正方形内，所以点的轨迹长度为.故选：A7.已知函数，若关于的方程无实根，则实数的取值范围为A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】画出图像，然后找到图像与直线无交点的情况，利用导数的几何意义求出切线方程和切点坐标，从而得到临界状态时的值，从而得到的范围，得到答案.【详解】方程无实根等价于函数的图像与直线无交点.画出函数的图像，如图，由图像知，当时，直线与曲线必有交点，当时，设直线与曲线相切时，切点为，由，代入切点横坐标得切线的斜率，所以，解得，则，所以切线方程为得.由图像知实数的取值范围为，故选：D.【点睛】本题考查函数与方程，利用导数求函数的切线，属于中档题.8.已知是定义在上的偶函数，对任意实数满足，且在上单调递增，设，则的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用函数奇偶性以及可知的周期为2，且在上单调递减，将表达式化简可得，，，又易知即可得.【详解】根据题意可知，即可得，所以函数是以2为周期的偶函数，又在上单调递增，所以可得在上单调递增；根据偶函数性质可知在上单调递减，又显然，所以可得，即；因此可得.故选：A二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，部分选对的得2分，全部选对的得5分.）9.已知的展开式中含有常数项，则的可能取值为（）A.4 B.6 C.8 D.10【答案】AC【解析】【分析】求出展开式的通项，再令，可得与的关系，用赋值法从而可得出结论.【详解】展开式的通项为：，其中；令，则，可知n为4的倍数，故B、D错误；当时，最小为4；当时，为8；故选：AC.10.小张等四人去甲、乙、丙三个景点旅游，每人只去一个景点，记事件A为“恰有两人所去景点相同”，事件为“只有小张去甲景点”，则（）A.这四人不同的旅游方案共有64种 B.“每个景点都有人去”的方案共有72种C. D.“四个人只去了两个景点”的概率是【答案】CD【解析】【分析】A选项，根据分步乘法计数原理求出答案；B选项，根据部分平均分组方法计算出答案；C选项，利用排列组合知识得到，，利用条件概率公式求出答案；D选项，求出四个人只去了两个景点的方案数，结合A中所求，求出概率.【详解】A选项，每个人都有3种选择，故共有种旅游方案，A错误；B选项，每个景点都有人去，则必有1个景点去了2个人，另外两个景点各去1人，故有种方案，B错误；C选项，恰有两人所去景点相同，即有1个景点去了2个人，另外两个景点各去1人，由B选项可知，，又事件，即小张去甲景点，另外3人有两人去了同一个景点，其余1人去另一个景点，故，所以，C正确；D选项，“四个人只去了两个景点”，分为2种情况，第一，有3人去了同一个景点，另外一个去另外一个景点，则有种方案，第二，2人去了同一个景点，另外2人去了另一个景点，故有种方案，由A选项可知，这四人不同旅游方案共有81种，故“四个人只去了两个景点”的概率为，D正确.故选：CD11.如图，圆锥的底面圆的直径，母线长为，点是圆上异于，的动点，则下列结论正确的是（）A.与底面所成角为45°B.圆锥的表面积为C.的取值范围是D.若点为弧的中点，则二面角的平面角大小为45°【答案】AC【解析】【分析】对于A，根据面，由判断；对于B，由圆锥的侧面积公式求解判断；对于C，由求解判断；对于D，取的中点，连接，，易得为二面角的平面角求解判断.【详解】对于A，因为面，所以是与底面所成角，在中，圆锥的母线长是，半径，则，所以，则A正确；对于B，圆锥的侧面积为，表面积为，则B错误；对于C，当点与点重合时，为最小角，当点与点重合时，达到最大值，又因为与，不重合，则，又，可得，则C正确；对于D，如图所示，，取的中点，连接，，又为的中点，则，因为，所以，又面，面，所以，又，面，故，所以为二面角的平面角，因为点为弧的中点，所以，，则，则D错误.故选：AC.12.定义在R上的函数满足为奇函数，函数满足，若与恰有2023个交点，则下列说法正确的是（）A. B.为的对称轴C. D.【答案】BCD【解析】【分析】由，得函数图象关于直线对称，由是奇函数，得的图象关于点对称，从而得是周期函数，4是它的一个周期，由，得图象关于点对称，从而知与的图象的交点关于点对称，点是它们的一个公共点，由此可判断各选项．【详解】，则函数图象关于直线对称，B正确；是奇函数，即，，则的图象关于点对称，，，C正确；所以，从而，所以是周期函数，4是它的一个周期，，A错；又，图象关于点对称，因此与的图象的交点关于点对称，点是它们的一个公共点，，D正确．故选：BCD．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.若，则z在复平面内对应的点位于第______象限．【答案】四【解析】【分析】根据复数除法运算和复数几何意义即可得到答案.【详解】，则，所以，则其在复平面内对应的点为，故其在第四象限，故答案为：四.14.某校期末统考数学成绩服从正态分布．按，，，的比例将考试成绩划为四个等级，其中分数大于或等于83分的为等级，则等级的分数应为___________．（用区间表示）【答案】【解析】【分析】根据已知条件及正态分布的特点即可求解．【详解】设考试成绩为，由题意可知，，，，，所以，所以等级的分数应为，故答案为：．15.一生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看．现从甲、乙、丙等7名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，则不同的安排方案共有__________种【答案】60【解析】【分析】按“问题元素”优先的原则，进行分类，然后计算求解即可.【详解】此题的难度主要是来自分类，按“问题元素”优先的原则，对甲进行分类：甲照看第一道工序（甲1丙4）、甲照看第四道工序（甲4乙1）、甲“不照看第一和第四道工序”（乙1丙4）三种..故答案为：6016.如图，在边长为6的正方形中，B，C分别为、的中点，现将，，分别沿，，折起使点，，重合，重合后记为点P，得到三棱锥，则三棱锥的外接球表面积为______.【答案】【解析】【分析】根据题意，折叠成的三棱锥的三条侧棱，，两两互相垂直，将三棱锥补形成长方体，则三棱锥的外接球即是长方体的外接球，外接球直径为体对角线长，得解.【详解】根据题意，折叠成的三棱锥的三条侧棱，，两两互相垂直，将三棱锥补形成长方体如图，则三棱锥的外接球即是长方体的外接球，外接球的直径等于以,，为长、宽、高的长方体的对角线长，，，，所以外接球的表面积.故答案为：.四、解答题（本大题共6题，共70分）17.已知的内角的对边分别为，且．（1）求角B；（2）若，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意由正弦定理和正弦的二倍角公式可得，结合角的范围即可求得；（2）由（1）中以及，利用余弦定理计算可解得，再由三角形面积公式即可得的面积.【小问1详解】根据，由正弦定理可得，又，所以可得，即；因为，所以即．【小问2详解】由结合（1）中的结论，由余弦定理可得，即，解得，即，所以．即面积为.18.设是公差不为0等差数列，，成等比数列．（1）求的通项公式：（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设的公差为，然后根据已知条件列方程可求出，从而可求出通项公式，（2）由（1）得，再利用裂项相消法可求得结果.【小问1详解】设的公差为，因为成等比数列，所以又因为，所以，所以．因为，所以，所以，得，故．【小问2详解】因为，所以．19.如图，在正三棱柱中，点在棱上，且.（1）求证：平面；（2）若正三棱柱底面边长为，二面角的大小为，求直线到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据正三棱柱和得，即可得D是AB的中点，从而由中位线得，证明结论.（2）由二面角的大小为，解得平面的一个法向量，根据第一问的平行和点到平面的距离公式得出答案.【小问1详解】在正三棱柱中，是侧棱，所以平面ABC，又平面ABC，所以.又，，，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为，所以D是AB的中点.如图，连接，交于点M，连接DM.因为M是的中点，所以DM是的中位线，所以，又平面，平面，所以平面.【小问2详解】取的中点，可知，所以平面ABC.以D为原点，分别以，，所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设三棱柱的高为h，则，，，，，，，，.设平面的一个法向量为，则，取，得.设平面的一个法向量为，则，取，得.所以，解得，所以，由（1）知平面，所以直线到平面的距离即点A到平面的距离，因为，所以直线到平面的距离为.20.某闯关游戏必须闯过若干关口才能成功，其中第一关是答题，分别设置“文史常识题”“生活常识题”“影视艺术常识题”这3道题目，规定有两种答题方案：方案一：答题3道，至少有2道答对方案二：在这3道题目中，随机选取2道，这2道都答对．方案一和方案二中只要完成一个，就能通过第一关，假设甲选择方案一、且答对每一道题的概率是，乙选择方案二，且3道题中只能答对其中两道题．（1）求甲答对题目数量X的分布列与数学期望；（2）设甲和乙中通过第一关的人数为，求的分布列；（3）若丙答对这3道题中每一道题的概率都是，且这3道题是否答对相互之间没有影响，丙选择方案一通过第一关的概率为，选择方案二通过第一关的概率为，直接比较与的大小．【答案】（1）分布列见解析，（2）分布列见解析，（3）【解析】【分析】（1）写出随机变量的所有取值，求出对应概率，即可得分布列，再根据期望公式求期望即可；（2）先分别求出两人过关的概率，写出随机变量的所有取值，求出对应概率，即可得分布列，再根据期望公式求期望即可；（3）先分别求出，再作差即可得解.【小问1详解】由题意，可取，则，，，，所以分布列如下：所以；【小问2详解】甲通过的概率，乙通过的概率，可取，则，，，所以分布列如下：所以；【小问3详解】，，则，因为，所以，所以.21.已知椭圆：的左焦点为，左顶点为，离心率为.（1）求的方程；（2）若过坐标原点且斜率为的直线与E交于A，B两点，直线AF与的另一个交点为，的面积为，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）由左顶点为得，再根据离心率为，求出值，则得到值，则求出的方程.（2）设直线方程为，联立椭圆方程得，设，，则得到韦达定理式，利用弦长公式得到，则有，解出即可.【小问1详解】设椭圆E的半焦距为.因为椭圆的左顶点为，所以.又离心率，所以.所以，所以的方程为.【小问2详解】由（1）可知，设直线的方程为.由消去并整理得.设，，则，，所以.因此，解得，即，所以直线的方程为或.【点睛】关键点睛：第二问通常采取设线法，为了减少计算，我们引入参数，设直线的方程为，联立椭圆得到方程，则得到韦达定理式，再利用弦长公式得到其面积相关方程