文档内容
福州三中 2024-2025 学年第一学期高三第二次质量检测
数学试卷
命题人：高三数学集备组 审卷人：高三数学集备组
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的班级、准考证号、姓名填写在答题卡上.
2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔书写作答.若在试题卷
上作答，答案无效.
第Ⅰ卷
一、单选题：本大题共8小题，每小题5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. 已知全集 ，集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出 再求 即可.
【详解】由题知 ， ，
则 .
故选：B.
2. 设 ，则“ ”是“ ”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.
【详解】因为 可得：
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学科网（北京）股份有限公司当 时， ，充分性成立；
当 时， ，必要性不成立；
所以当 ， 是 的充分不必要条件.
故选：A.
3. ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知 ，a=2，c=
△
，则C=
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：根据诱导公式和两角和的正弦公式以及正弦定理计算即可
详解：sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，
∵sinB+sinA（sinC﹣cosC）=0，
∴sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC﹣sinAcosC=0，
∴cosAsinC+sinAsinC=0，
∵sinC≠0，
∴cosA=﹣sinA，
∴tanA=﹣1，
∵ ＜A＜π，
∴A= ，
由正弦定理可得 ，
∵a=2，c= ，
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学科网（北京）股份有限公司∴sinC= = ，
∵a＞c，
∴C= ，
故选B．
点睛：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦
定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方
便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、
余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.
4. 已知 是边长为2的等边三角形， 为平面 内一点，则 的最小值是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件建立坐标系，求出点 的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．
【详解】建立如图所示的坐标系，以 中点为坐标原点，
则 ， ， ，
设 ，则 ， ， ，
则
当 ， 时，取得最小值 ，
故选： ．
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学科网（北京）股份有限公司5. 函数 在 单调递减，且为奇函数，若 ，则满足 的 的取值范
围是．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】 是奇函数，故 ；又 是减函数， ，
即 则有 ，解得 ，故选D.
6. 在平面直角坐标系 中，角 以 为始边，终边在第三象限.则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对A、B：举出反例即可得；对C、D：借助三角函数的商数关系及其值域计算即可得.
【详解】由题意可得 、 ， ，
对A：当 时， ，则 ， ，
此时 ，故A错误；
对B：当 时， ，故B错误；
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学科网（北京）股份有限公司对C、D： ，由 ，
故 ，则 ，即 ，
故C正确，D错误.
故选：C.
7. 在正四棱台 中， ，若球 与上底面 以及棱
均相切，则球 的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据勾股定理求解棱台的高 ,进而根据相切，由勾股定理求解球半径 ，即可由表面
积公式求解.
【详解】设棱台上下底面的中心为 ,连接 ，
则 ，
所以棱台的高 ,
设球半径为 ,根据正四棱台的结构特征可知：球 与上底面 相切于 ,与棱 均相
切于各边中点处，
设 中点为 ，连接 ,
所以 ，解得 ，
所以球 的表面积为 ，
故选：C
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学科网（北京）股份有限公司8. 已知函数 ， ，若总存在两条不同的直线与函数 ， 图象
均相切，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设函数 ， 的切点坐标分别为 ， ，根据导数几何意义可
得 ， ，即该方程有两个不同的实根，则设 ，求导确定其单调性与
取值情况，即可得实数a的取值范围.
【详解】解：设函数 上的切点坐标为 ，且 ，函数 上的切点
坐标为 ，且 ，
又 ，则公切线的斜率 ，则 ，所以 ，
则公切线方程为 ，即 ，
代入 得： ，则 ，整理得 ，
若总存在两条不同的直线与函数 ， 图象均相切，则方程 有两个不同的实
根，
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学科网（北京）股份有限公司设 ，则 ，令 得 ，
当 时， ， 单调递增， 时， ， 单调递减，
又 可得 ，则 时， ； 时， ，则函数 的大致图象如
下：
所以 ，解得 ，故实数a的取值范围为 .
故选：B.
【点睛】本题考查了函数的公切线、函数方程与导数的综合应用，难度较大.解决本题的关键是，根据公
切线的几何意义，设切点坐标分别为 ，且 ， ，且 ，可得 ，
即有 ，得公切线方程为 ，代入切点 将双变量方程
转化为单变量方程 ，根据含参方程进行“参变分离”得
，转化为一曲一直问题，即可得实数a的取值范围.
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题
目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.
9. 已知各项均为正数的等差数列 ，且 ，则（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. B.
C. 数列 是等差数列 D. 数列 是等比数列
【答案】AC
【解析】
【分析】根据等差数列性质可以判断A正确；利用等差数列通项公式可以判断B错误；根据等差数列的概
念可判断C，根据特例可判断D.
【详解】设等差数列 的公差为 ，
对A，因为 是等差数列，且 ，
则由等差数列性质可得 ，故A正确；
对B， ，
则 ，故B错误；
对C，因为 ，则数列 是等差数列，故C正确；
对D，如数列 为 ，显然数列 不是等比数列，故D错误;
故选：AC.
10. 如图，在正方体 中， ， ， 分别为棱 ， ， 的中点，则下列结论
正确的是（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. 平面
B. 点 与点 到平面 的距离相等
C. 平面 截正方体 所得截面图形为等腰梯形
D. 平面 将正方体 分割成的上、下两部分的体积之比为
【答案】BCD
【解析】
【分析】假设 平面 ，证得 ，显然不成立，即得A错误；证明 四点
共面，即得截面四边形，再结合平行关系和长度关系即判断C正确；利用线面平行的判定定理证明
平面 ，即证B正确；计算分割的上面部分棱台的体积和正方体体积，即得下面部分体积，证得D
正确.
【详解】正方体 中，不妨设棱长为2.
假设 平面 ，则 ，而 底面 ，则 ， 与 相交于
平面 内，所以 平面 ，则 ，显然不成立，即选项A错误；
连接 ， ，由 知， 四点共面，即为平面 截正方体
所得截面图形，而 ， ，故截面图形为等腰梯形，C正确；
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学科网（北京）股份有限公司由 , 知四边形 是平行四边形，所以 ，且 平面 ，
平面 ，故 平面 ，所以点 与点 到平面 的距离相等，选项B正确；
平面 将正方体 分割的上面部分是棱台 ，上底面面积为 ，
下底面面积为 ，高 ，所以体积 ，而正方
体体积为 ，所以分割的下面部分体积 ，所以 ，即选项D正确.
故选：BCD.
11. 已 知 奇 函 数 的 定 义 域 为 ， ， 对 于 任 意 的 正 数 ， 都 有
，且 时，都有 ，则（ ）
A.
B. 函数 在 内单调递增
C. 对于任意 都有
D. 不等式 的解集为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知应用赋值法判断A选项，结合奇函数判断C选项，根据单调性定义判断B选项，结合单
调性解不等式判断D选项.
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学科网（北京）股份有限公司【详解】已知 ,令 可得 ,
令 可得 ,得 , ,A选项正确;
奇函数 的定义域为 , ，所以 ,又知 ,
所以函数 在 内不是单调递增,B选项错误;
对于任意的正数 ，都有 ，
对于任意 都有 , , ,
又因为函数 为奇函数，可得 ,C选项正确;
对于任意的正数 ，都有 ，
,又因为 ,所以 ,
所以 ,
又因为 所以 ,所以 ,
所以函数 在 内是单调递增, 又因为函数 为奇函数，所以函数 在 内是单调
递增,
不等式 , ,
已知 ,
令, 因为 可得 ，
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学科网（北京）股份有限公司函数 在 内是单调递增, 所以 ,
已知 ,令, 因为 ,
可 得 ， 同 理 ，
,
又因为函数 为奇函数， , ,
又因为函数 在 内是单调递增, 所以
不等式 的解集为 , D选项正确；
故选:ACD.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡相应横线上.
12. 已知单位向量 ，向量 ， ，若 ，则实数λ＝________．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量垂直的性质即可求解.
【详解】因为 ，所以
故 .
故答案为：
13. 直线 被圆 截得最大弦长为______．
【答案】
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学科网（北京）股份有限公司【解析】
【分析】先求出圆心到直线的距离，再利用垂径定理与勾股定理建立关系即可得到答案.
【详解】由已知，圆的标准方程为 ，圆心为 ，半径 ，
圆心到直线 的距离 ，解得 ，
所以弦长为 ，因为 ，
所以 ，所以弦长 ，
当 即 时，弦长有最大值 .
故答案为： .
14. 对于正整数n，设 是关于x的方程 的实数根.记 ，其中 表示
不超过x的最大整数，则 ____________；设数列 的前n项和为 则 ___.
【答案】 ①. 0 ②. 1010
【解析】
【分析】（1）当 时，化简方程，通过构造函数的方法，找到函数零点的范围，进而求出结果.
（2）令 ，化简方程，通过构造函数的方法，找到零点的范围，即 得范围，分类讨论 为奇数
和偶数时 ，求得结果.
【详解】（1）当 时， ，
设 单调递减，
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学科网（北京）股份有限公司， ，所以 ，
（2）令 ，则方程化为：
令 ，则 在(0,+∞)单调递增
；
由零点存在定理可得： ， ，
当 ， ，
当 ， ，
所以当 ，
故答案为：①0；②1010
【点睛】本题考查了函数的性质、零点存在定理，数列求和等基本知识，考查了运算求解能力和逻辑推理
能力，转化和分类讨论的数学思想，属于难题.
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. 已知数列 的前 项和为 .
（1）求数列 的通项公式；
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学科网（北京）股份有限公司（2）令 ，求数列 的前 项和 .
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由 的关系分 是否等于1进行讨论即可求解；
（2）首先得 ，进一步结合错位相减法以及等比数列求和公式即可得解.
【小问1详解】
当 时 ，
当 时， ，两式相减得 ，
，
数列 是以2为首项，2为公比 等的比数列，
【小问2详解】
由（1）可知 ，记 ，
，
，
两式相减得
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学科网（北京）股份有限公司.
16. 在 中，角 的对边分别为 的面积为 ，已知 .
（1）求角 ；
（2）若 的周长为 ，求 的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)利用正弦定理及三角恒等变换即可求解；
(2)由余弦定理及三角形的面积公式得 ，再由基本不等式进行求解即可.
【小问1详解】
因为 ，
所以 ，
即 ，
由正弦定理，得 ，
因为 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
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学科网（北京）股份有限公司又 ，所以 .
【小问2详解】
由余弦定理，得 ，即 ，
所以 ，即 ，
因为 ， ，
所以 ，
所以 ，
又 （当且仅当 时取等号），
所以 （当且仅当 时取等号），
所以 （当且仅当 时取等号），
所以 （当且仅当 时取等号），
即 的最大值为 .
17. 已知椭圆 ： 的右焦点F在直线 上，A，B分别为 的左、右顶
点，且 .
（1）求C的标准方程；
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学科网（北京）股份有限公司（2）是否存在过点 的直线 交C于M，N两点，使得直线 ， 的斜率之和等于-1？若存在，
求出 的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在， .
【解析】
【分析】（1）先求出点 的坐标，得出椭圆中的 ，结合椭圆的几何性质可出答案.
（2）设直线 的方程为： ，M(x ,y )，N(x ,y )，将直线方程与椭圆方程联立，得出韦达定
1 1 2 2
理，由题意 ，将韦达定理代入可出答案.
【小问1详解】
设右焦点F(c,0)，
直线 与x轴的交点为(1,0)，
所以椭圆C右焦点F的坐标为(1,0)，
故在椭圆C中 ，
由题意 ，结合 ，则 ，
，
所以椭圆C的方程为： ；
【小问2详解】
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学科网（北京）股份有限公司当直线 的斜率为0时，显然不满足条件 ，
当直线 的倾斜角不为 时，
设直线 的方程为： ，M(x ,y )，N(x ,y )，
1 1 2 2
由 ，可得 ，
由题意Δ=36m2−4×(3m2+4)×(−9)=144m2+144>0，
则 ， ，
由
，
由 ，即 ，
故存在满足条件的直线，直线 的方程为： .
18. 如图，在四棱锥 中， ， ， ， ，
， ，平面 平面 .
（1）求证：平面 平面 .
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学科网（北京）股份有限公司（2）求二面角 的余弦值.
（3） 为平面 内一点，若 平面 ，求 的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理先证 ，由面面垂直的性质得出 ，结合勾股定理及线面垂直
的判定证明 平面 即可；
（2）法一、利用二面角的定义结合第一问得出二面角的一个平面角，再由余弦定理计算即可；法二、以 B
为中心建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可；
（3）法一、利用线线垂直、线面垂直的性质与判定作出 平面 ，解三角形即可；法二、利用
（2）的坐标系，设 坐标结合空间向量基本定理及空间向量数量积计算求G点坐标即可.
【小问1详解】
连接 ，在 中， ，
，
则 ， ， ，
平面 平面 ， ，平面 平面 ，
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学科网（北京）股份有限公司平面 ， 平面 ，所以 ，
在 中， ,
又 ，
∴ ，
在 中： ，∴ ，
又 ， 平面 ，
平面 ，且 平面 ，
平面 平面 .
【小问2详解】
法一、由上可知： ，则二面角 的一个平面角为 ，
在 中，由余弦定理知 ；
法二、如图建系：设 轴与 交于 ，过P作 与E，
设 ，则 ，
∴ ，
，
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学科网（北京）股份有限公司解之得 ，
易知 ，所以 ，
则 ，
设 为平面 的一个法向量，则： ，
令 ，则 ，所以 ，
易知 是平面 的一个法向量，
设二面角 的一个平面角为 ，则 ，
由图形可知该二面角为钝角，所以 ；
【小问3详解】
法一：过 作 ，垂足为 ，过 作 ，
在 中，过 作 ，过 作 ，
因为 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
而 平面 ，所以 平面 ，即G为所求.
分别延长 交于 ，连接 ，
过 作 ，由（1）易知 ， 平面 ，
平面 ，
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学科网（北京）股份有限公司∴ ，设 ， ，
∴ ，则 ，设 ，
在平面 内，由几何关系知 ，
所以 ；
法二：取（2）的坐标系，则 ， ， ，设
，所以 ，
又： ，即 ，
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学科网（北京）股份有限公司19. 设a，b为实数，且 ，函数 .
（1）若 ，讨论函数 的单调性；
（2）若对任意 ，函数 有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当 时，对任意 ，函数 有两个不同的零点 ，证明：
.
（注： 是自然对数的底数）
【答案】（1）答案见解析
（2） .
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求出 ，对函数求导，分 和 两种情况讨论
函数的单调性即可；
（2）原问题等价于 有2个不同的解，然后构造函数，二次求导，利用导数判断函数的
单调性，分析即可确定实数 的取值范围；
（3）结合（2）的结论，对问题进行等价变形，适当放缩，利用分析法即可证明结论.
【小问1详解】
因为 ， ，
所以 ， ，
1
①若 ，则g′(x)= −b>0，所以 在R上单调递增；
x
②若 ，
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学科网（北京）股份有限公司当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减.
综上，
时， 在(0,+∞)上单调递增；
时， 在 上单调递增，在 上单调递减.
【小问2详解】
有2个不同零点 有2个不同解，
等价于 有2个不同的解，
令 ，则 ， ，
记 ， ，
记 ，ℎ ′(t)=et (t−1)+et ⋅1=et ⋅t>0，
所以 定义域上单调递增，又 ，
所以 时， ， 时， ，
则 在(0,2)单调递减， 单调递增，
∴ ，故 ，
∵ ，
∴ ，
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学科网（北京）股份有限公司∴
{lna≤2 ⇒11
即实数 的取值范围是 .
【小问3详解】
[方法一]【最优解】：
， 有2个不同零点，则 ，
故函数的零点一定为正数.
由于函数有2个不同零点， ，
，
由（2）知函数 在区间(0,2)上单调递减，
在区间 上单调递增，
故 ，又由 知 ，
，
要证 ，只需 ，
且关于 的函数 在 上单调递增，
2ex
2
e2x
所以只需证x >ln + 2 (x >5)，
2 x 2ex
2
2
2
只需证 ，
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学科网（北京）股份有限公司只需证 ，
∵ ，只需证 在 时为正，
1 1
由于ℎ
′(x)= +4xe−x−4e−x= +4e−x(x−1)>0，故函数ℎ(x)单调递增，
x x
又 ，故 在 时为正，
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
， 有2个不同零点 ， ，
，由 得 （其中 ）.
且 ， .
要证 ，只需证 ，
(blnb )
即证 ，只需证x >ln bx .
2 2e2 1
又 ，所以 ，即 .
所以只需证x >ln(blnb)，而 ，
2
所以 ，又ln(blnb)>lnb，只需证 .
所以 ，
原命题得证.
[方法三]：
若 且 ，则满足 且 ，
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学科网（北京）股份有限公司由（2）知 有两个零点 且 .
又 ，故进一步有 .
由 可得 且 ，
blnb e2 blnb blnb
从而x > x + ⇔bx −e2> bx ⇔ex 2> (ex 1+e2) .
2 2e2 1 b 2 2e2 1 2e2
因为 ，所以 ，只需证 .
又因为 在区间 内单调递增，
故只需证 ，即 ，
注意 时有 ，故不等式成立.
【点睛】关键点点睛：（1）利用导数求函数的单调区间，判断单调性，对于导数中含有参数的，往往需
要分类讨论；
（2）一次求导无法判断单调性的题目，可以二次求导；
（3）运用导数结合函数的单调性证明不等式成立.
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学科网（北京）股份有限公司
