福建省龍巖市一級(jí)校2024-2025學(xué)年高三數(shù)學(xué)上學(xué)期期末聯(lián)考試題掃描版含解析

龍巖市一級(jí)校2024-2025學(xué)年第一學(xué)期期末高三聯(lián)考數(shù)學(xué)參考答案一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。題號(hào)12345678答案CABBADDB7．【解析】由圖可知，三角形的底邊是固定的，則點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)干脆影響著三角形面積的改變。由圖可知，三角形的面積大小改變?yōu)椋盒〈笮〈笮?，再考慮當(dāng)點(diǎn)落在線段上以及點(diǎn)與點(diǎn)或重合時(shí)，都構(gòu)成不了三角形，所以大小改變?yōu)椋合日?fù)，（三點(diǎn)共線），再正負(fù)，故選擇D.8．【解析】法一：由題意得，第一個(gè)參與面試的肯定是男生，最終一次參與面試的肯定是女生，男女生面試的排序應(yīng)為“男男***女”或“男女男**女”，所以．法二：如圖：以下5種狀況符合題意，所以所求概率為．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分。題號(hào)9101112答案ACABADBCD12．【解析】由（2）知，中的元素滿意消去率，所以0.設(shè)，由（1）知，都是中的元素，由集合元素的互異性，必存在整數(shù)使得.由于，所以故有。因?yàn)槭钦麛?shù)，且，所以,即1.若且，由（1）知，存在整數(shù)使得，即.令，又因?yàn)閯t.由條件（1），不妨令，則有，再令，則有，如此循環(huán)，則都是數(shù)集的元素，又已知數(shù)集只有4個(gè)元素，考慮集合元素的互異性，則元素必需滿意肯定的周期性，且周期為，考慮復(fù)數(shù)恰滿意此性質(zhì)，故數(shù)集，即數(shù)集.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．14．15．16．15．【解析】如圖，取的中點(diǎn)為，連接，則，因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面，平面，，所以平面．在中，由余弦定理，得，所以，所以為直角三角形．所以球心在直線上，所以，解得，所以該球的表面積為．16．【解析】如圖，四邊形為平行四邊形，因?yàn)?，所以．因?yàn)椋?，所以，，在中，由余弦定理，得，所以離心率為．四、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（10分）解：（1）因?yàn)?，①所以?dāng)時(shí)，，②①-②得， 1分即，因?yàn)?，所以?2分所以數(shù)列從其次項(xiàng)起，是公差為1的等差數(shù)列.由①知，因?yàn)?，所以，所以?dāng)時(shí)，，即.③ 4分又因?yàn)橐矟M意③式，所以（）. 5分注：沒有驗(yàn)證的狀況扣1分.（2）由（1）得， 6分，④，⑤ 7分④-⑤得，， 8分所以， 9分故. 10分18．（12分）解：（1）△中，由正弦定理，得，則，，，故可化為， 2分整理，得， 4分又，故，即. 6分（2）△中，由余弦定理，得，即，（*） 7分又，所以，代入（*），得，整理，得， 9分又因?yàn)椋?10分所以，解得或（舍去）， 11分故，故△的面積. 12分19．（12分）解法一：（1）由已知條件可得． 1分∵平面平面，平面平面，∴平面．過點(diǎn)在平面作，則． 2分以點(diǎn)為原點(diǎn)，所在的直線為軸，所在的直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．由已知可得．∴．設(shè)平面的法向量為，則∴令，得平面的一個(gè)法向量為， 4分∴點(diǎn)M到平面的距離． 6分（2）假設(shè)在線段上存在點(diǎn)，使得與平面所成角為．設(shè)，則， 7分∴， 8分又∵平面的法向量且直線與平面所成角為，∴， 10分可得，∴（舍去）． 11分綜上，在線段上存在點(diǎn)，使與平面所成角為，此時(shí)． 12分解法二：（1）由已知條件可得，，∴． 1分∴又，∴．∵平面平面，平面平面，∴平面．即為三棱錐的高， 2分又，∴， 3分又∵點(diǎn)為線段中點(diǎn)，∴點(diǎn)到平面的距離等于點(diǎn)到平面的距離的，∴，………………4分∵,,，∴， 5分設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，則，即解得=，∴設(shè)點(diǎn)到平面的距離等于. 6分（2）同解法一．解法三：（1）∵點(diǎn)為線段中點(diǎn)，∴點(diǎn)到平面的距離等于點(diǎn)到平面的距離的， 1分由已知條件可得． 2分∵平面平面，平面平面，∴平面． 3分又∵，∴． 4分∵，ADBC，∴，又，∴，∴點(diǎn)到平面的距離等于線段的長(zhǎng)． 5分∵，∴點(diǎn)到平面的距離等于 6分（2）同解法一．20．（12分）解：（1）記“甲隊(duì)獲得冠軍”為事務(wù)，“決賽進(jìn)行三場(chǎng)競(jìng)賽”為事務(wù)，由題可知， 2分， 4分∴當(dāng)甲隊(duì)獲得冠軍時(shí)，決賽需進(jìn)行三場(chǎng)競(jìng)賽的概率為. 6分（2）設(shè)競(jìng)賽主辦方在決賽前兩場(chǎng)中共投資（千萬(wàn)元），其中，若需進(jìn)行第三場(chǎng)競(jìng)賽，則還可投資（千萬(wàn)元），記隨機(jī)變量為決賽的總盈利，則可以取，， 7分∴，， 9分∴隨機(jī)變量的分布列為∴的數(shù)學(xué)期望， 10分令，則， 11分∴當(dāng)，即時(shí)，取得最大值，∴競(jìng)賽主辦方在決賽的前兩場(chǎng)的投資額應(yīng)為千萬(wàn)元，即萬(wàn)元.……12分21．（12分）解：（1）以所在的直線為軸，的垂直平分線為軸，建立平面直角坐標(biāo)系如圖，在線段上取點(diǎn)，使得，因?yàn)?，所以因?yàn)樵诘拇怪逼椒志€上，所以，又因?yàn)?，所以，所以，所以即的軌跡是以為焦點(diǎn)的橢圓，設(shè)的方程為則，得，，又因?yàn)楫?dāng)在直線上時(shí)，點(diǎn)不存在，所以的方程為 6分（2）設(shè)，則的中點(diǎn)為，.1°當(dāng)時(shí)，由解得，則的方程為，此時(shí)與恰有一個(gè)公共點(diǎn)（如圖）； 7分2°當(dāng)時(shí)，如圖，則的斜率為，的方程為因?yàn)?，所以的方程可化為?9分代入得：，整理得：…（＊）由得代入“＊”并整理得： 11分此時(shí)，與恰有一個(gè)公共點(diǎn).綜上，與恰有一個(gè)公共點(diǎn)． 12分22．（12分）解：（1）若，則，， 1分在成立，∴在遞增， 2分又，，故存在，使得，且在遞減，在遞增，故，又，故在的最大值為． 4分（2）解法一：要證在單調(diào)遞增，即證在成立，∵，∴，記，故只需證明記在成立， 5分①當(dāng)時(shí)，，而，∴成立； 6分②當(dāng)時(shí)，，在成立，∴在單調(diào)遞增， 7分又，，∴必存在，使得，且時(shí)，時(shí)，即在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增， 9分∴，此時(shí)，即，∴成立，∵，而，∴，∴，∴，即，， 11分∴，即在成立，綜上，在成立，故在成立，故在單調(diào)遞增． 12分解法二：要證在單調(diào)遞增，即證在成立，①當(dāng)時(shí)，∵，，而，∴成立； 6分②當(dāng)時(shí)，∵，要證，即證， 7分記，則，由得：，∴在遞減，在遞增， 9分∴時(shí)，，故時(shí)成立，即成立，綜上，在成立，故在單調(diào)遞增． 12分解法三：要證在單調(diào)遞增，即證在成立，①當(dāng)時(shí)，∵，，而，∴成立；…6分②當(dāng)時(shí)，∵，要證，即證， 7分記，則，由得：，∴在遞增，在遞減， 9分∴時(shí)，， 10分故只需證：，即證：，即證：，即證：，∵，明顯成立，∴時(shí)，