福建省泉州市第五中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试 数学 含解析

福建省泉州第五中学教育集团2025届高中毕业班数学检测2024.11高三数学本试卷共19题满分150分考试时间：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0.5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．一、单选题1．已知函数，若，，使成立，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．2．已知数列满足，，，，，该数列的前项和为，则下列论断中错误的是（

）A． B．C．非零常数，使得 D．，都有3．平面内相距的A，B两点各放置一个传感器，物体在该平面内做匀速直线运动，两个传感器分别实时记录下两点与的距离，并绘制出“距离---时间”图象，分别如图中曲线所示.已知曲线经过点，，，曲线经过点，且若的运动轨迹与线段相交，则的运动轨迹与直线所成夹角的正弦值以及分别为（

）A． B． C． D．4．对于曲线，给出下列三个命题：①关于坐标原点对称；②曲线上任意一点到坐标原点的距离不小于2；③曲线与曲线有四个交点．其中正确的命题个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．35．平面内互不重合的点、、、、、、，若，其中，2，3，4，则的取值范围为（

）A． B．C． D．6．已知数列满足：，则下列命题正确的是（

）A．若数列为常数列，则 B．存在，使数列为递减数列C．任意，都有为递减数列 D．任意，都有7．在直角坐标系内，圆，若直线绕原点顺时针旋转后与圆存在公共点，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．8．已知正方体的棱长为，是正方体表面上一动点，且，记点形成的轨迹为，给出下列四个命题：①、，；

②、，；③的长度是；

④的长度是其中真命题的个数是（

）A． B． C． D．二、多选题9．空旷的田野上两根电线杆之间的电线有相似的曲线形态．这些曲线在数学上称为悬链线．悬链线在工程上有广泛的应用．在恰当的坐标系中，这些曲线对应的函数表达式可以为（其中a，b为非零常数），则对于函数以下结论正确的是（

）A．若，则为偶函数B．若，则函数的最小值为2C．若，则函数的零点为0和D．若为奇函数，且使成立，则a的最小值为10．已知直线经过抛物线的焦点，与交于，两点，与的准线交于点，若成等差数列，则（

）A． B． C． D． E．三、填空题11．已知函数，给出下列四个结论：①任意，函数的最大值与最小值的差为2；②存在，使得对任意，；③当时，存在，，使得对任意，都有；④当时，对任意非零实数，.其中所有正确结论的序号是.12．在锐角中，，角A、B、C对边分别为a，b，c，则下列结论正确的是.（填写序号）①；②；③；④若上有一动点P，则最小值为.13．已知函数，则下列说法正确的是.①是的周期②的图象有对称中心，没有对称轴③当时，④对任意在上单调14．设定义在函数当时，的值域为；若的最大值为1，则实数的所有取值组成的集合为.四、解答题15．如图所示的几何体中，PD垂直于梯形ABCD所在的平面，为PA的中点，，四边形PDCE为矩形，线段PC交DE于点.

(1)求证：平面DEF；(2)求二面角的余弦值；(3)在线段EF上是否存在一点，使得BQ与平面BCP所成角的大小为？若存在，求出FQ的长；若不存在，请说明理由.16．已知函数．(1)求函数在处的切线方程；(2)若函数和函数的图象没有公共点，求实数的取值范围．17．已知.(1)若，求在处的切线方程；(2)设，求的单调区间；(3)求证：当时，.18．设，求的值19．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，原点到直线的距离为，的面积为.(1)求椭圆的方程；(2)过点的直线与椭圆交于不同的两点，过点作轴的垂线分别与直线交于点.判断点是否为线段的中点，说明理由.20．已知．(1)试判断函数的单调性；(2)若函数有且只有一个零点，求实数a的取值范围．参考答案：题号12345678910答案ACBCDDADACDABCE1．A【分析】由条件可得在上的取值范围要包含上的取值范围，分别求函数在，上的取值范围，列不等式可求结论.【详解】若，，使成立，则在上的取值范围要包含上的取值范围，当时，，，当时，，，当时，，不合题意，当时，，函数在单调递增，则时，，符合题意，当，若时，，函数在单调递减，若时，，函数在上单调递增，当时，函数取最小值，最小值为，，所以，解得，所以，综上的范围是.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于将条件，，使成立，转化为在上的取值范围要包含上的取值范围.2．C【分析】由已知可得A正确；由已知递推关系化简可得B正确；由已知递推关系总结数列的规律，再用反证法得到C错误；由已知递推关系找到前项和的规律再结合等比数列的前项和可得D正确.【详解】对于A，因为，所以，故A正确；对于B，因为，，所以，故B正确；对于C，由可得，由可得，由可得，而，所以，设存在非零常数，使得，则，矛盾，所以不存在非零常数，使得，故C错误；对于D，当时，，当时，，即时，有相邻两项的和为零，即有接下来个项和为零；当时，，即时，有相邻两项的和与相邻四项为零，即有接下来个项和为零；当时，，所以，故D正确.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题D选项关键在于能理解的意义，即表示数列中前两项和为外的到项，到项，到项和分别为零.3．B【分析】建系，设点，作出相应的辅助线，分析可知，结合分析求解即可.【详解】如图，建立平面直角坐标系，设动点的轨迹与轴重合，其在时刻对应的点分别为，的速度为，因为，可得，由题意可知：均与轴垂直，且，作垂足为，则，因为，即，解得；又因为轴，所以的运动轨迹与直线所成夹角的正弦值为：；又，，所以.故选：B.【点睛】关键点点睛：建系，设动点的轨迹与轴重合，以坐标系为依托，把对应的量转化为相应的长度，进而分析求解.4．C【分析】分析两个曲线的对称性，并结合函数的图象和性质，利用数形结合，即可判断①③，利用基本不等式，即可判断②.【详解】①将曲线中的换成，将换成，方程不变，所以曲线关于原点对称，并且关于轴和轴对称，故①正确；②设曲线上任一点为Px，当，即时，等号成立，所以，曲线上任意一点到坐标原点的距离不小于2，故②正确；③曲线中的换成，将换成，方程不变，所以曲线关于原点对称，并且关于轴和轴对称，并且将换成，换成，方程不变，所以曲线也关于对称，曲线中，且，将曲线中的换成，换成，方程不变，所以曲线也关于对称，当时，联立，得，当时，，当时，函数单调递减，因为，所以点在直线的下方，如图，在第一象限有2个交点，根据两个曲线的对称性可知，其他象限也是2个交点，则共有8个交点，故③错误；故选：C【点睛】关键点点睛：本题的关键是③的判断，判断的关键是对称性的判断，以及将方程转化为函数，判断函数的单调性，即可判断.5．D【分析】由题意首先得在以点为圆心，为半径的圆上面，为的重心，结合三角形三边关系即可得解.【详解】设为的重心，则，因为，所以，即在以点为圆心，为半径的圆上面，设点与坐标原点重合，

则，当且仅当都在线段上，等号成立，又，当且仅当在线段上面，且在线段上，在线段上，等号成立综上所述，的取值范围为.故选：D.【点睛】关键点点睛：关键是得到得在以点为圆心，为半径的圆上面，由此即可顺利得解.6．D【分析】解方程判断A,利用单调性结合数学归纳法判断BD,举反例判断C.【详解】对A:若数列为常数列，则，解得或，故A错误；对B:易得，若为递减数列，则，解得或且，故不存在使得递减数列，故B错误；对C,令，则，故不是递减数列，故C错误；对D,用数学归纳法证明当显然成立，假设当，则时，，故当时成立,由选项B知，对任意则数列为递减数列，故故D正确故选：D【点睛】利用递推关系结合数学归纳法证明，是本题关键.7．A【分析】由题意首先得出旋转后的直线为，然后由直线与圆的位置关系列出不等式即可求解.【详解】连接，设（即以轴正方向为始边，为终边的角），由题意对于直线上任意一点，存在，使得，则直线绕原点顺时针旋转后，点对应点为，即，因为在直线上，所以满足设，所以，即所在直线方程为，而圆的圆心，半径分别为，若直线绕原点顺时针旋转后与圆存在公共点，所以圆心到直线的距离，解得.故选：A.【点睛】关键点睛：关键是求出旋转后的直线，从而即可顺利得解.8．D【分析】确定是正方体的棱的中垂面与四个侧面的交线，它是一个边长为的正方形，判定①③正确；空间问题平面化，建立坐标系求出轨迹P的轨迹方程，判断④正确，②错误.【详解】是正方体的棱的中垂面与四个侧面的交线，它是一个边长为的正方形，它的周长是，且、，，所以①③正确；

在正方体两侧面、和上底面都是一段圆弧，它与其它三个面无公共点.将正方体两侧面和沿展开为平面图，建立平面直角坐标系如图，设动点，因为，所以，化简得，故动点P在两侧面内轨迹是以为圆心，以为半径的圆弧，因为，所以，所以，所以在两侧面内点轨迹长度为.在上底面内，动点P轨迹为以为圆心的一段圆弧，

如上图，由，可知，故，又，所以，即圆弧所在圆的半径为，所以圆弧的长为，所以动点P形成的轨迹的长度为，且不存在这样的点、，使，所以④正确，②错误.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题第④小问考查球面与正方体各面的交线问题，在解决此类问题中，需要考查正方体每个面与球面交线所在圆的半径以及圆心角的大小，结合扇形的弧长公式求解.9．ACD【分析】对于A，直接由偶函数定义判断即可；对于B，令即可判断；对于C，令结合指数对数互换即可判断；对于D，将不等式等价转换为关于在上面有解，结合基本不等式即可得解.【详解】对于A，若，定义域为全体实数，关于原点对称，且此时，即为偶函数，故A正确；对于B，若，则，故B错误；对于C，若，则，令，解得或，即或，所以函数的零点为0和，故C正确；对于D，若为奇函数，则，即，经检验符合题意，由题意不等式在上有解，而在上有，所以在上有解，不妨设，则，所以关于在上面有解，由基本不等式得，等号成立当且仅当即时等号成立，综上所述，a的最小值为，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点睛：D选项的关键是首先将不等式转换为关于在上面有解，由此即可顺利得解.10．ABCE【分析】由直线过焦点可求出抛物线的解析式，然后利用数型结合及抛物线定义逐项判断即可求解.【详解】由题知直线y=kx-1过定点1,0且经过抛物线的焦点，得F1,0，所以，抛物线根据题意作出图形准线并交准线于，准线且交准线于，如图所示.对A：上述求解，故A正确；对B、C：由成等差数列，所以，所以，且由成等差数列，，得，，所以，故B正确，，故C正确；对D：由B、C及抛物线定义知，所以在中，，所以，所以，此时斜率，又考虑到抛物线的对称性当斜率时也成立，故D错误.对E：由B、C、D知点为的中点，且焦距，所以，得，故E正确.故选：ABCE.【点睛】方法点睛：与相交有关的向量问题的解决方法在解决直线与圆锥曲线相交，所得弦端点的有关的向量问题时，一般需利用相应的知识，将该关系转化为线段满足的数量关系，进而求解．11．②③【分析】①举一例说明最大值与最小值的差不为2，②令，可证明，③取特值判断，④例如时，举一例说明，从而判断各命题的真假．【详解】，①当时，，最大值是1，最小值是0，差为1，①错；②当时，，，②正确；③，，它的最小值正周期是，存在，使得对任意，，③正确；④当时，时，，，即，④错，所以正确的只有②③，故答案为：②③．12．①③【分析】对①，将条件式切化弦，得，结合三角恒等变换和正弦定理求解判断；对②，由及余弦定理，结合基本不等式求解判断；对③，利用两角和的正切公式及，可得，结合基本不等式求解判断；对④，过作，要使的最小值，应在之间运动，可得，根据二次函数求值域，得解.【详解】对于①，，则，即，，即，又，，由正弦定理得，，故①正确；对②，由及余弦定理，可得，即，由基本不等式知，，当且仅当，即时等号成立，，故②错；对于③，在锐角中，由，且，，由基本不等式可得，，整理得，，当且仅当时，等号成立，又由，，因为三角形是锐角三角形，所以与不能同时成立即,故③正确；对于④，过作，则，又在之间运动时，与的夹角为锐角，在之间运动时，与的夹角为钝角，因此要求的最小值，应在之间运动，即，又，当时，取最小值为，故④错误.故答案为：①③.13．①③④【分析】利用函数周期的定义判断①；根据函数对称性的定义求出对称中心或对称轴判断②；借助辅助角公式可得，结合正切函数的单调性及三角恒等变换判断③；当，时，探讨函数单调性判断④.【详解】对于①，，则是的周期，①正确；对于②，，且，有，，则的图象关于点对称，关于直线对称，②错误；对于③，当时，，又，即，则，即，则，③正确；对于④，由是的周期知，只需考虑，时函数的单调性，当时，，函数与均单调递增，而在上递增，则单调递增；当时，，函数与均单调递减，而在上递增，则单调递减，④正确.故答案为：①③④【点睛】思路点睛：①函数奇偶性、周期性和对称性的判断常用定义去验证；②要证明周期函数的单调性往往只需证明函数的一个周期的单调性，复杂函数的单调性判断优先尝试利用复合函数的“同增异减”.14．【分析】当时，分别求出各段上函数值的范围后可得函数的值域，若的最大值为1，则可就、分类讨论后可得实数的所有取值组成的集合.【详解】因为，故，故.当时，，当时，，，当时，，故当时，的值域为.若的最大值为1，则，又，故或.若，当时，，当时，，因为，故，此时无最大值，舍.若，当时，，当时，，因为的最大值为1，故，即，即，综上，故答案为：；.15．(1)证明见解析(2)(3)存在，【分析】（1）由题意结合线面平行的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，利用两个半平面的法向量可得二面角的余弦值；（3）假设点Q存在，利用直线的方向向量和平面的法向量计算可得点Q的存在性和位置.【详解】（1）因为四边形PDCE为矩形，所以N为PC的中点，连接FN，

在中，F、N分别为PA、PC的中点，所以，因为平面DEF，平面DEF，所以平面DEF；（2）因为PD垂直于梯形ABCD所在的平面，又AD、DC在平面ABCD内，所以，又，所以，如图以D为原点，分别以DA、DC、DP所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，

则，所以，设平面PBC的法向量为m=则，即，解得，令，则，所以平面PBC的一个法向量为，设平面ABP的法向量为，，令，则，所以平面ABP的一个法向量为，，因为二面角的平面角是钝角，所以二面角的平面角余弦值为，（3）设存在点Q满足条件，由，设，则，因为BQ与平面BCP所成角的大小为，所以，解得，又，所以，即Q点E与重合，故在线段EF上存在一点Q，且.16．(1)(2)【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义即可求得答案；（2）将函数和函数的图象没有公共点，转化为无实数根，即当时，无实数根问题，从而令，利用导数结合分类讨论，即可求解.【详解】（1）由得，则，故函数在处的切线方程为，即；（2）因为函数和函数的图象没有公共点，故，即无实数根，即当时，无实数根，令，由于，故hx为偶函数，所以hx在0,+又，记，则，①当时，，，则，故，满足在0,+∞上无实根；②当时，在0,+∞上有实根，不符合题意；③当时，，则在0,+∞上单调递增，则，故hx在0,+∞则，满足在0,+∞上无实根；④当时，因为在上单调递增，且，则存在唯一的使得，当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，故x∈0,x0时，，故hx在又，且hx在0,+∞故hx在上有实数根，不符合题意，综合可知，实数a的取值范围为.【点睛】难点点睛：本题解答的难点是第二问，解决两函数图象无交点问题，要转化为无实数根，即当时，无实数根问题，从而构造函数，利用导数结合分类讨论的方法解决问题.17．(1)；(2)时，单调递减区间为，单调递增区间为;(3)证明见解析.【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得答案;（2）求出函数gx=f'x（3）由于不等式可变为，所以可构造函数，利用（2）的结论可证明故该函数为0,+∞上的增函数，利用函数的单调性，即可证明结论.【详解】（1）当时，，故在处的切线斜率为，而，所以在处的切线方程为，即.（2）由题意得，则，令，即，令，即，时，单调递减区间为,单调递增区间为.（3）证明：由（2）可知，当时，gx=f'x在即f'x>0在0,+∞上恒成立，故设，则，因为，则，故，所以在0,+∞上单调递增，而，则，即，而，故，即.【点睛】关键点点睛：证明不等式时，关键是构造函数，利用函数的单调性进行证明；因为可变形为，由此可构造函数，从而利用（2）的结论证明该函数为递增函数，从而利用函数的单调性证明不等式.18．【分析】取三次单位根，设，，在原式中，令，代入计算取式子的实部即可得出答案.【详解】取三次单位根，设，，易证，，……，，在原式中，令，则有，对上式取实部可得：，所以.因此所求多项式的值为.19．(1)(2)是，理由见解析【分析】（1）利用点到直线距离和三角形面积构造方程组可解得，可得椭圆的方程为；（2）设出直线的