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福建省福州第三中学2024 2025学年高三下学期第十九次质量检测数学试题
一、单选题
1．命题“，”的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
2．设复数满足（为虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
3．设等差数列的前n项和为若则的公差为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．白舍窑位于江西省南丰县白舍镇，是宋元时期“江西五大名窑”，其瓷器以白瓷最为闻名，素有“白如玉，薄如纸”的特点．如图是白舍窑生产的一款斗笠型茶杯，茶杯外形上部为一个圆台，下部实心且外形为圆柱．现测得底部直径为6cm，上部直径为12cm，茶杯侧面与水平面的夹角为，则该茶杯容量（茶杯杯壁厚度忽略不计）约为（ ）（单位：）
A． B． C． D．
5．在锐角中，，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，P为C在第一象限内的点，且，点P关于x轴的对称点为Q，若为等边三角形．则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
7．在正四棱锥中，，设平面与直线交于点，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数，其中，5为的极小值点.若在内有最大值，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下面说法正确的是（ ）
A．若数据，，…，的方差为8，则数据，，…，的方差为4
B．若是等差数列，则这些数的中位数与平均数相等
C．已知是随机变量，则
D．若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于1
10．在三棱锥中，底面是边长为2的等边三角形，，为棱上一动点，设，则（ ）
A．无论为何值，都有
B．当时，平面平面
C．当时，过点和的平面截三棱锥所得截面面积的最小值为
D．三棱锥外接球表面积的最小值为
11．如图，有一组圆都内切于点，圆，设直线与圆在第二象限的交点为，若，则下列结论正确的是（ ）
A．圆的圆心都在直线上
B．圆的方程为
C．若，则圆与轴有交点
D．设直线与圆在第二象限的交点为，则
三、填空题
12．在多项式的展开式中，的系数为32，则 .
13．若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则 .
14．已知函数（，）在区间上单调，且满足，，则所有满足题意的的取值之和为 ．
四、解答题
15．记数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，有2Sn＝nan，且a2＝3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对所有正整数m，若ak＜2m＜ak＋1，则在ak和ak＋1两项中插入2m，由此得到一个新数列{bn}，求{bn}的前40项和.
16．如图，在斜三棱柱中，M为的中点，底面为等腰直角三角形，
且
(1)若在底面内的射影为点B，求点A到平面的距离；
(2)若在底面内的射影为的中点，求平面与平面夹角的余弦值.
17．已知函数．
（1）若在上存在极小值，求实数的取值范围
（2）讨论在上的零点个数．
18．已知抛物线：，过抛物线焦点且斜率为的直线与交于，两点（点在第一象限），已知线段中点纵坐标为.
（1）求抛物线方程；
（2）点在抛物线上移动，位于，两点之间且与，两点不重合.若直线交准线于点，直线交准线于点，其中点在点的上方.
（i）是否存在点，使？若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由；
（ii）求线段长度最小值.
19．有三台自动打印机，分别对自然数对进行运算：
第Ⅰ台：输入，则输出；
第Ⅱ台：输入，则输出，仅当a，b同为偶数时；
第Ⅲ台：输入，，则输出．
若输入一组自然数对，运算过程中不再输入其它自然数对，但运算中输出的所有自然数对均可重复使用．例如：若输入，通过第Ⅰ台自动打印机依次可以得到，，；通过第Ⅲ台自动打印机输入，可以得到；通过第Ⅱ台自动打印机输入可以得到．
运算过程简单表示为：
通过上述运算可以将自然数对中的第一个数字变为1．
根据上述运算回答下面问题：
（1）若输入，输出，试列举一个完整运算过程；
（2）若输入，能否得到，并说明理由；
（3）若输入，其中，通过上面三台自动打印机运算可以得到自然数对的概率为，证明：．
参考答案
1．【答案】A
【详解】由全称命题的否定可知：原命题的否定为.
故选A
2．【答案】A
【详解】.
故选A.
3．【答案】B
【详解】等差数列的公差为，
因为
所以
解得
故选B.
4．【答案】D
【详解】圆台的体积即为该茶杯容量，如图，cm，cm，
过点分别作⊥，⊥于点，
则cm，cm，
其中圆台的高为cm，
故圆台体积为.
故选D
5．【答案】C
【详解】由余弦定理可知：，
在锐角三角形中又有，
即
故答案为C．
6．【答案】B
【详解】令双曲线的半焦距为c，由关于轴对称，且为等边三角形，得，
由，得，则，
所以双曲线的离心率.
故选B.
7．【答案】D
【详解】因为，
所以，
因为，所以，
所以，
又，所以，
所以，
因为共面，所以，解得.
故选D.
8．【答案】D
【详解】由题设，
由，所以，
当或时，，即在、上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
所以极小值点为，极大值点为，
而，
且，
所以，只需，即，
所以.
故选D
9．【答案】BC
【详解】A：由数据，，…，的方差为8，则数据，，…，的方差，错；
B：对于等差数列，
若正整数，则，
若正整数，则，
又等差数列的平均数为，
结合中位数定义及等差数列的性质，易知中位数也为，对；
C：由于一组数据的方差，且，则，对；
D：若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于1，错.
故选BC
10．【答案】ACD
【详解】以A为原点，以AB所在直线为x轴，以过A点且垂直于AB的直线为y轴，
如图，建立空间直角坐标系，

则，，，
设，则，且，
依题意得，，又，
所以，
，
所以，
把，代入得
，所以，
所以，
所以，即无论为何值，都有，故A对；
取平面的法向量为，
因为，所以，
所以，
，，
设平面的法向量为，
所以，
令，则，
所以，
所以，
所以平面 VBC不垂直于平面 ABC，故B错；
当时，，
所以，
截面是三角形 PBC，其面积为，其中 h 是 P 到BC 的距离，
因为，
因为在棱上，设，所以，
又，
所以 ，
所以当时，，
所以当时，过点和的平面截三棱锥所得截面面积的最小值为，故C对；
底面 ABC 是等边三角形，其外接圆圆心（外心）在，
半径 ，
设球心 O的坐标为，其中 d为球心到底面的距离，
球心到 A的距离，
当且仅当时，，
当最小时，三棱锥外接球表面积的最小，
此时
,
解得，因为，所以符合题意，
所以三棱锥外接球表面积的最小值为，故D对；
故选ACD
11．【答案】ABC
【详解】圆的圆心，直线的方程为，即，
由两圆内切连心线必过切点，得圆的圆心都在直线上，即圆的圆心都在直线上，故A正确；
显然，设点，则而，
解得，因此圆的圆心，半径为，
圆的方程为，
则圆的方程为，故B正确；
圆的圆心为，半径，
圆心到轴的距离为，
由两边平方得，
，，而，
所以当时，圆与轴有交点，故C正确；
在中，令，得点的纵坐标为，因此，故D错误．
故选ABC.
12．【答案】
【详解】，
中含的系数为，中含的系数为，所以中的系数为，
所以，得.
故答案为：.
13．【答案】
【详解】由题意可得，
设直线与曲线的切点为，则
又切点在曲线上，所以，联立解得，即.
，设直线与曲线的切点为，
所以，又，
联立两式，解得.
14．【答案】4
【详解】因为，所以的图象关于点中心对称，
因为，所以的图象关于直线对称，
所以，则，即，
由函数在上单调，得，即，
所以，即，解得，而，故或1或2．
当时，，则，，
结合，得，此时，
当时，，
因为在上单调递增，
故在上单调递增，满足题意；
当时，，则，，
结合，得，此时，
当时，，
因为在上不单调，
故在上不单调，此时不合题意；
当时，，则，，
结合，得，此时，
当时，，
因为在上单调递增，故在上单调递增，满足题意．
综上，或，所以所有满足题意的的取值之和为4．
15．【答案】(1)
(2)1809
【详解】（1）由，则，两式相减得：，
整理得：，即时，，
所以时， ，
又时，，得，也满足上式.
故.
（2）由.所以，
又，所以前40项中有34项来自.
故
.
16．【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）如图，取的中点O，连接
因为为等腰三角形，，所以，
又因为在底面内的射影为点B，
所以面，又因为面，所以，
又因为，且面，
所以面，
所以即为点A到平面的距离.
又因为为等腰直角三角形，且
所以
故点A到平面的距离为.
（2）如图，
取的中点O，连接，，
因为在底面内的射影为的中点，
所以面
因为为等腰三角形，，所以
建立如图所示的空间直角坐标系，易知，
所以，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
设平面的一个法向量为，
由，令，得，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为
17．【答案】（1）
（2）答案见解析
【详解】（1）的定义域为，，当时，，单调递减，无极值，不合题意；
当时，令，得，即，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以在处取得极小值，故，解得，
所以实数的取值范围为．
（2）令，得，令，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
又，，，
当时，方程无解，所以在上无零点，
当时，方程有个根，所以在上有个零点，
当时，方程有个根，在上有个零点，
当时，方程有个根，在上有个零点，
当时，方程无解，在上无零点．
综上所述，当或时，在上无零点；
当或时，在上有个零点；
当时，在上有个零点．
18．【答案】（1）
（2）（i）存在点；（ii）4
【详解】（1）解：由题意，可得方程为，设，，
联立方程，整理得，
所以，所以，
抛物线方程为.
（2）解：因为点在第一象限，所以由（1）可得，.
设，因为点在点的上方，所以，
直线,令，可得，
同理.
（i）延长交准线于，可得，则，即，
因为，，可得，
即
解得，故存在点，使得.
（ii）由，
令，则，
所以在上单减，在上单增，，
此时，故.
19．【答案】（1）答案见解析；
（2）不能；
（3）证明见解析.
【详解】（1）若输入，则，
再输入得；
（2）不能得到
输入的两数之差是7的倍数．
第I台自动打印机运算，两个数都加1，运算后两数之差仍是7的倍数；
第II台自动打印机仅当两个数都是偶数时才能运算，所以运算后两数之差也是7的倍数，
第III台自动打印机输入的两组数对的差都是7的倍数，所以也是7的倍数，
综上，通过三台自动打印机运算得到的两数之差都是7的倍数，而不能被7整除，所以不能得到；
（3）设为的所有情况数，因为，
所以；
由（2）可知只有当是5的倍数时符合题意，下面证明：
假设
输入，
则，
再输入得，
因为的奇偶性相同，
所以一定可以得到或，
因为，所以或，
这样就将自然数对的第一个自然数变小了，
重复上面的运算就可以得到
设通过上面运算可以得到的所有情况数为，
由上述证明可知：若输入，其中，
可以得到，则是5的倍数，
所以当时，可以取，共有中取法，
当时，可以取，共有中取法，
当时，可以取，共有中取法，
当时，可以取，共有中取法，
当时，可以取，共有中取法，
当时，可以取，共有中取法，
当时，可以取，共有中取法，
．．．．．．
当时，可以取，共有1中取法，
所以；
所以，
所以.

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