【文档说明】福建省厦门第一中学2024届高三上学期期中考试数学试题.docx，共(51)页，67.578 KB，由小赞的店铺上传

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福建省厦⻔第一中学2023—2024学年度第一学期期中考试⾼三年数学试卷、要求的.1.已知集合，，则（）AB.C.D.2.已知，“”“”）A.充分不必要条件B.充要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件3.已知一个盒⼦中有5个⼤⼩相同的⼩

球，其中3个是⽩球，2个是⻩球，从中任取3个⼩球，则2个⻩球都被取到的概率是（）A.B.C.D.4.函数的图象可能为（）A.B.C.D.5.古希腊数学家阿波罗尼奥斯所著的⼋册《圆锥曲线论（Conics）》中，⾸次提出了圆锥曲线的光学性质，“为椭圆上的一点，、为椭圆的两个焦点，则点处的切线平分

外”，为坐标原点，是点处的切线，过左焦点作的垂线，垂⾜为，则为（）第1⻚/共5⻚学科⽹（北京）股份有限公司A.B.C.D.6.数列中，，定义：使为整数的数叫做期盼数，则区间内的所有期盼数的和等于（）A.B.C.D.7.向量，且，则（）A.B.C.D.8.已知函数在上存在最值，

且在上单调，则的取值范围是（）A.B.C.D.、分.9.已知，则下列说法正确的是（）A.B.C.D.10.如图，已知正⽅体的棱⻓为，为底⾯正⽅形内（含边界）的一动点，则下列结论正确的是（）A.存在点，使得

平⾯B.三棱锥的体积为定值第2⻚/共5⻚C.当点在棱上时，最⼩值为D.若点到直线与到直线的距离相等，的中点为，则点到直线的最短距离是11.若函数，则（）A.是奇函数B.有且仅有2个极值点C.有且仅有1个零点D.的一条切线⽅程为12.在数列中，.则下列结论中正确的是（）A.B.是等⽐数列C.

D.、13.已知圆锥的侧⾯积为，它的侧⾯展开图为一扇形，扇形顶⻆的⼤⼩为，则该圆锥体积为___________.14.______．15.组合数被9除的余数是______．16.已知函数，对任意的正实数x

都有恒成⽴，则a的取值范围是__________．、、17.已知正项等⽐数列满⾜，，公⽐.（1）求数列的通项公式；（2）若由.，试判断：数列有没有最⼤项?若有，求出第⼏项为最⼤项；若没有，请说明理18.已

知中，⻆所对的边分别为，且的⾯积为.（1）若，求的值.（2）当为何值时，取得最⼤值，并求出该值.第3⻚/共5⻚19.如图，在四棱锥中，，，，，且.（1）若平⾯，证明：点为棱的中点；（2）已知⼆⾯⻆的⼤⼩为，求：平⾯和平⾯夹⻆的余弦值.20

.截⽌到2018年末，我国公路总⾥程达到484.65万公⾥，其中⾼速公路达到14.26万公⾥，规模居世界第一.与此同时，⾏⻋安全问题也成为管理部⻔关注的重点.下图是某部⻔公布的一年内道路交通事故成因分析，由图可知，超速驾驶已经成为交通事故的一个主要因素.研究表明，

急刹⻋时的停⻋距离等于反应距离与制动距离的和，下表是根据某部⻔的调查结果整理所得的数据（表示⾏⻋速度，单位：分别表示反应距离和制动距离，单位：）道路交通事故成因分析647280899710511312112813513

.415.216.718.620.121923.525.326.828.5（1）从一年内发⽣的道路交通事故中随机抽出3起进⾏分析研究，求其中恰好有1起属于超速驾驶的概率（⽤频率代替概率）；（2）已知与的平⽅成

正⽐，且当⾏⻋速度为时，制动距离为.由表中数据可知，与之间具有线性相关关系，请建⽴与之间的回归⽅程，并估计⻋速为第4⻚/共5⻚时的停⻋距离.参考数据：参考公式：对于一组数据，其线性回归直线⽅程的斜率和截距的最

⼩⼆乘法估计分别为，.21.已知双曲线（1）求双曲线的⽅程；()左、右焦点，其中焦距为，双曲线经过点．（2）过右焦点作直线交双曲线于M，N两点(M，N均在双曲线的右⽀上)，过原点O作射线，其中，垂⾜为为射线与双曲线右⽀的交点，求的最⼤值．2

2.已知函数.（1）若单调递减，求的取值范围；（2）若两个零点分别为，，且，证明：.（参考数据：）第5⻚/共5⻚福建省厦⻔第一中学2023—2024学年度第一学期期中考试⾼三年数学试卷、要求的.1.已知集合，，则

（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】解不等式求得集合，求函数的定义域求得集合，由此求得.【详解】由，解得，所以.由得，所以，所以故选：D.2.已知，“”“”）A.充分不必要条件B.充要条件C.必要不充分条件【答案】A【解析】D.既不充分也不必要条件【分析】由得，或“”“”.【详解】

充分性：若，则；必要性：若则，则，得，或，故不满⾜必要性“”“”第1⻚/共22⻚故选：A3.已知一个盒⼦中有5个⼤⼩相同的⼩球，其中3个是⽩球，2个是⻩球，从中任取3个⼩球，则2个⻩球都被取到的概率是（）A.B.C.

D.【答案】D【解析】【分析】利⽤古典概型及组合知识计算即可.【详解】由题意可知2个⻩球都被取到的概率是故选：D4.函数的图象可能为（）.A.B.C.【答案】A【解析】D.【分析】先利⽤函数的奇偶⾏排除选项，再利⽤特殊

值即可求解.【详解】因为函数，定义域为，且，所以函数为奇函数，图像关于原点对称，故排除选项；当时，，，所以，故排除选项.故选：.第2⻚/共22⻚5.古希腊数学家阿波罗尼奥斯所著的⼋册《圆锥曲线论（Conics）》中，⾸次提出了圆锥曲线的光学

性质，“为椭圆上的一点，、为椭圆的两个焦点，则点处的切线平分外”，为坐标原点，是点处的切线，过左焦点作的垂线，垂⾜为，则为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】延⻓、交于点，分析可知，则为的中点，且，利⽤中位线的性质结合椭圆的的定义可求得的值.【详解】如下图所示：延⻓、交于

点，由题意可知，⼜因为，则为中点，且，所以，，⼜因为为的中点，则故选：A.6.数列中，，定义：使.为整数的数叫做期盼数，则区间内的所有期盼数的和等于（）A.B.C.D.【答案】D【解析】第3⻚/共22⻚

【分析】利⽤换底公式与累乘法把化为，然后根据为整数，可得，最后由等⽐数列前项和公式求解．【详解】解：，，，⼜为整数，必须是2的次幂，即．内所有的“”，故选：D．7.向量，且，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利⽤平⾯向量的数量积及模⻓计算夹

⻆即可.【详解】由已知可得⼜，，所以故选：A.8.已知函数在上存在最值，且在上单调，则的取值范围是（）A.B.C.D.第4⻚/共22⻚【答案】B【解析】【分析】利⽤三⻆恒等变换然后结合整体法结合三⻆函数图像性质对上进⾏单调分析

；【详解】因为，当时，因为，则，因为函数在上存在最值，则，解得，当时，，因为函数在上单调，则进⾏最值分析，对区间所以其中，解得所以，解得，⼜因为，则．当时，；当时，；当时，．⼜因为2，因此的取值范围是．，第5⻚/共22⻚故选：B．【点睛】关键点睛：整体法分析是本题的突破点，结合三⻆函数图像分析是

本题的核⼼；、分.9.已知，则下列说法正确的是（）A.B.C.【答案】ACD【解析】D.【分析】根据正态分布的期望和⽅差可判断AB选项；利⽤正态分布的对称性可判断CD选项.【详解】因为，则，，，，ACD对

，B错.故选：ACD.10.如图，已知正⽅体的棱⻓为，为底⾯正⽅形内（含边界）的一动点，则下列结论正确的是（）A.存点，使得平⾯B.三棱锥的体积为定值C.当点在棱上时，的最⼩值为D.若点到直线与到直线的距离相等，的中点为，则点到直线的最短距离是第6⻚/共22⻚

【答案】ABD【解析】【分析】对于A选项，当点为与交点时，利⽤线⾯平⾏的判定定理即可判断；对于B选项，由到上底⾯的距离是定值即可判断；对于C选项，将平⾯沿旋转⾄平⾯共⾯，即可得到的最⼩值，从⽽得以判断；对于D选项，先得到

点的轨迹⽅程，将问题转化为抛物线上的点到直线的最⼩距离，从⽽得解.【详解】对于A选项，连接、，交点为，连接，连接、，交点为，连接，如图，因为在正⽅体中，，，所以四边形是平⾏四边形，所以，，易知、是、的中点，所以，，所以四边形是平

⾏四边形，则，⼜平⾯，平⾯，所以平⾯，故A正确；对于B选项，三棱锥的体积就是三棱锥的体积，⽽到上底⾯的距离是定值，所以三棱锥的体积是定值，故B正确；对于C选项，当点在棱上时，把平⾯沿旋转，使得旋转⾯与平⾯共⾯，连接，如图，第7⻚/共22

⻚此时取得最⼩值，在中，，，则，故C错误；对于D，由点到直线与到直线的距离相等，可知在以为准线，为焦点的抛物线上，建⽴如图所示的平⾯直⻆坐标系，则，的轨迹是抛物线，其⽅程为，因为的中点为，、，所以的⽅程:，与平⾏的抛物线的切

线⽅程设为，联⽴，可得，则由，解得，可得切线⽅程为，则点到直线的最短距离为，故D正确；故选：ABD.【点睛】关键点睛：本题D选项的结论的解决关键是利⽤抛物线的定义，建⽴平⾯直⻆坐标系，得到点的轨迹⽅程，从⽽将问题转化为抛物线上的点到直线的距离的最值，从⽽得解.11.若函数，则（）第8⻚/

共22⻚A.是奇函数B.有且仅有2个极值点C.有且仅有1个零点D.的一条切线⽅程为【答案】AC【解析】【分析】根据函数的奇偶性定义可判定A，由导数研究函数的极值点可判定B，由函数与⽅程的关系可判定C，由导数的⼏何意义可判定D.【详解】易知函数的定

义域为R，⼜，故A正确；令，故C正确；由，显然时，，即此时单调递增，⼜是奇函数，故在R上单调递增，不存在极值点，故B错误；对于D项，设切点，则，对于，即函数单调递增，且，所以，同理，对于，即函数单调递减，且，

所以，当时，，此时切线⽅程为，当时，，此时切线⽅程，故D错误.故选：AC12.在数列中，.则下列结论中正确的是（）A.B.是等⽐数列第9⻚/共22⻚C.【答案】ABD【解析】D.【分析】由递推公式得通项公式结合函数的单调性、等⽐数列的求和公式计算即可一一判定选项.【详解】由，易知，所以是以

1为⾸项，为公⽐的等⽐数列.对于A项，易知，，累加得，，当时，符合上式，故，若为奇数，则，且单调递增，若为偶数，则故，即A正确；，且单调递减，对于B项，由上可知，显然是以1为⾸项，为等⽐的等⽐数列，即B正确；对于C、D选项，由A

可知故选：ABD、，故C错误，D正确.13.已知圆锥的侧⾯积为，它的侧⾯展开图为一扇形，扇形顶⻆的⼤⼩为，则该圆锥体积为___________.第10⻚/共22⻚【答案】【解析】【分析】设出圆锥的底⾯半径

和⺟线，列出⽅程组，求出底⾯半径和⺟线，进⽽求出圆锥的⾼，得到体积.【详解】设圆锥的底⾯半径为，⺟线⻓为，则，解得，所以圆锥的⾼为，故圆锥的体积为.故答案为：14.【答案】【解析】______．【分析】由两⻆和与差的正弦和余弦公式即可化简求值.【详解】.故.故答案为：.15.组合数被9除的余数是

______．第11⻚/共22⻚【答案】8【解析】【分析】先求出，再利⽤⼆项式定理得到，求出组合数被除的余数是.【详解】∵∴，，其中；∴该组合数被除的余数是8．故答案为：8．16.已知函数，对任意的正实数x

都有恒成⽴，则a的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】根据已知对式⼦进⾏变形，再利⽤两个函数互为反函数的性质以及导数，研究函数的单调性以及最值进⾏求解.【详解】因为对任意的正实数x都有恒成⽴，所以，即对任意的正实数x

恒成⽴，因为函数与函数互为反函数，且，所以对任意的正实数x恒成⽴，即，令，则，所以在单调递增，在单调递减，所以，所以，解得.故答案为：.、、第12⻚/共22⻚17.已知正项等⽐数列满⾜，，公⽐.（1）求数列

的通项公式；（2）若由.【答案】（1），试判断：数列有没有最⼤项?若有，求出第⼏项为最⼤项；若没有，请说明理（2）有，第项为最⼤项【解析】【分析】（1）根据条件，直接建⽴与的⽅程，求出与，从⽽得出结果；（2）根据（1）得出，再利⽤数列

的单调性即可求出结果.【⼩问1详解】解：由题意知，，两式联⽴得，得到或，⼜，所以，得到，，所以【⼩问2详解】解：由（1）知，，由，解得：，即：，，即，由，解得，即当时，，即，所以，中第项为最⼤项.18.已知中，⻆所对的边分别为，且的⾯积为.（1）若，求的值.第13⻚/共2

2⻚（2）当为何值时，取得最⼤值，并求出该值.【答案】（1）（2）当时，取得最⼤值【解析】【分析】（1）先求得，然后根据正弦定理以及三⻆形的⾯积公式求得的值.（2）利⽤正弦定理、余弦定理以及三⻆函数最值等知识求得正确答案.【⼩问1详解】由于，所以为锐⻆，所以

，解得，依题意，，由正弦定理得，由于为锐⻆，所以【⼩问2详解】.由（1）得，由余弦定理得，所以，所以当时，取得最⼤值为.19.如图，在四棱锥中，，，，，且.第14⻚/共22⻚（1）若平⾯，证明：点为棱的中点；（2）已知⼆⾯⻆【答案】（1）证明⻅解析（2）【解析】的

⼤⼩为，求：平⾯和平⾯夹⻆的余弦值.【分析】（1）找到⾯与⾯的交线，利⽤线⾯平⾏，得到线线平⾏，进⽽证明点为棱的中点.（2）分析可知，为⼆⾯⻆的平⾯⻆，所以，可得出，以的中点为为原点，、所在直线分别为、轴，平⾯内垂直于直线的直线为轴建⽴空间直⻆坐标系，⽤向量法解决问题.【⼩问

1详解】证明：：因为，，所以，，，在直⻆三⻆形中，，⼜因为，为的平分线，延⻓、交于点，连接，在中，，所以，是等腰三⻆形，所以，点是的中点，因为直线平⾯，过的平⾯与平⾯的交线为，则，因为是的中点，所以，是的中点.【⼩问2详解】第15⻚/共22⻚解：在中，，，，则，即

，由已知得，，⼜平⾯平⾯，平⾯，所以平⾯，因为平⾯，即，所以，为⼆⾯⻆的平⾯⻆，所以，⼜，所以为正三⻆形，取的中点为，连，则，平⾯，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平⾯内垂直于直线的直线为轴建⽴如下图所示的空间直⻆坐标系，则，所以，设分别为平⾯和

平⾯的法向量，则，取，则，，取，则，所以.则平⾯和平⾯所成夹⻆的余弦值为.20.截⽌到2018年末，我国公路总⾥程达到484.65万公⾥，其中⾼速公路达到14.26万公⾥，规模居世界第一.与此同时，⾏⻋安全问题也成为管理部⻔关注的重点.

下图是某部⻔公布的一年内道路交通事故成因分析，由图可知，超速驾驶已经成为交通事故的一个主要因素.研究表明，急刹⻋时的停⻋距离等于反应距离与制动距离的和，下表是根据某部⻔的调查结果整理所得的数据（表示⾏⻋速度，单位：分第16⻚/共22⻚别表示反应距离和制动距

离，单位：）道路交通事故成因分析647280899710511312112813513.415.216.718.620.121.923.525326.828.5（1）从一年内发⽣的道路交通事故中随机抽出3起进⾏分析研究，求其中恰

好有1起属于超速驾驶的概率（⽤频率代替概率）；（2）已知与的平⽅成正⽐，且当⾏⻋速度为时，制动距离为.由表中数据可知，与之间具有线性相关关系，请建⽴与之间的回归⽅程，并估计⻋速为参考数据：时的停⻋距离.参考公式：对于一组数据，其

线性回归直线⽅程的斜率和截距的最⼩⼆乘法估计分别为，【答案】（1）（2），【解析】.【分析】（1）概率类型为⼆项分布，按照⼆项分布计算公式（2）⾸先代⼊公式求，然后求出代⼊式⼦，即可得答案.【⼩问1详解】即可；第17⻚/共22⻚由题意可知从一年内发⽣的交通事故中随机抽出一

起事故，则该起事故是恰好是超速驾驶的概率为0.2，设“恰好有一起事故属于超速驾驶”为事件，则.所以其中恰好有1起属于超速驾驶的概率.【⼩问2详解】由题意，设，因为当⾏⻋速度为时，制动距离为，所以，即，因为与之间具有

线性相关关系，故设，于是，故，把代⼊上式，解得，则与之间的回归⽅程为：.设停⻋距离为，则，则，当时，，即⻋速为时的停⻋距离为.21.已知双曲线（1）求双曲线的⽅程；()左、右焦点为，其中焦距为，双曲线经过点．（2）过右焦点作直线交双曲线于M，N两点(

M，N均在双曲线的右⽀上)，过原点O作射线，其中，垂⾜为为射线与双曲线右⽀的交点，求的最⼤值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件求得，从⽽求得双曲线的⽅程.（2）根据直线的斜率是否存在进⾏分类讨论，先求得的表达式，然后利⽤基本不

等式第18⻚/共22⻚求得最⼤值.【⼩问1详解】由题意得，，，解得，，双曲线的⽅程为：【⼩问2详解】当直线斜率不存在时，.，，则，当直线斜率存在时，假设直线⽅程为，联⽴双曲线⽅程得，则，，，∵直线与双曲

线交于右⽀，∴，则，设射线OP⽅程为：，联⽴与双曲线的⽅程，∴，，，∴∴，，当且仅当时等号成⽴，最⼤值为．综上，的最⼤值为.第19⻚/共22⻚【点睛】求得双曲线的标准⽅程，关键是根据已知条件求得，是两个未知数，所以

求解需要两个条件.求解圆锥曲线中的最值问题，可先求得需要求最值的式⼦的表达式，然后根据表达式的结构选取合适的⽅法来求最值.22.已知函数.（1）若单调递减，求的取值范围；（2）若的两个零点分别为，，且，证明：.（参考数据：）【答案】（1）（2）证明⻅解析【解析】【分析】（1）由已知可得

在时恒成⽴，由此可得，再利⽤导数求函数的最⼤值，由此可得的取值范围；（2）令，则，由已知可得要证明只需证明，利⽤导数求的最⼩值即可证明结论.【⼩问1详解】由得，，因为单调递减，所以在时恒成⽴，第20⻚/共22⻚所以在时恒成⽴

，即，令，则，可知时，，单调递增；时，，单调递减，则时取最⼤值，所以，即，所以的取值范围是.【⼩问2详解】因为有两个零点，，令，则，当时，，单调递增，不符合题意，当时，由可得，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，由可知，，要证明，只需

证明.由已知可得，化简得，所以，.令，则，要证明，只需证明.第21⻚/共22⻚令，且，则，令，且，则，则在时单调递增，故，故，则在时单调递减，所以，即，则有，所以，即原不等式成⽴.【点睛】关键点点睛：导函数中常⽤的两种

常⽤的转化⽅法：一是利⽤导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成⽴问题．注意分类讨论与数形结合思想的应⽤；⼆是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．第22⻚/共22⻚获得更多资源请扫码

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