福建省福州第四中學2024-2025學年高三上學期第一學段考試數學試題

第一學期第一學段試卷高三數學一．單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．設α是第二象限角，P（x，8）為其終邊上的一點，且sinα=45，則A．﹣3 B．﹣4 C．﹣6 D．﹣102．已知直線ax+2y+6＝0與直線x+（a+1）y+a2+5＝0互相平行，則實數a的值（）A．﹣2 B．﹣2或1 C．2 D．13．若x，y∈R，則“2x﹣2y＞0”是“l(fā)n（x﹣y）＞0”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．下列四個數中最大的是（）A．lg20 B．lg（lg20） C．（lg20）2 D．15．將函數f（x）＝sinωx（ω＞0）的圖象向右平移π4個單位長度，所得圖象關于點(3π4A．13 B．1 C．536．如圖是一個圓臺的側面展開圖，若兩個半圓的半徑分別是1和2，則該圓臺的體積是（）A．72π24B．73π247.已知雙曲線的焦距與其虛軸長之比為3：2，則的離心率為（）A.B. C. D.8．已知函數f（x）的定義域為R，且f（2x﹣1）為奇函數，f（x+1）為偶函數，當x∈[﹣1，1]時，f（x）＝ax+1，則f（2025）＝（）A．0 B．1 C．2 D．2025二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。9.下列函數中，在區(qū)間上單調遞減的是（）A. B.C. D.10．已知圓C：x2+y2﹣4x﹣14y+45＝0及點Q（﹣2，3），則下列說法正確的是（）A．點C的坐標為（2，7） B．點Q在圓C外 C．若點P（m，m+1）在圓C上，則直線PQ的斜率為14D．若M是圓C上任一點，則|MQ|的取值范圍為[22，62]11.已知函數，則（）A.的圖象關于點對稱B.為奇函數C.是的極小值點D.在上有極值三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知命題“，”是假命題，則的取值范圍是________．13．已知f(x)=4x?1，x≥0log2(1?x)，x＜014．與圓柱底面成45°角的平面截圓柱得到如圖所示的幾何體．截面上的點到圓柱底面距離的最大值為4，最小值為2，則該幾何體的體積為．四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15.（13分）已知為數列前項和，若.（1）求證：數列為等比數列；（2）令，若，求滿足條件的最大整數.16．（15分）已知直線l1：mx﹣y+m＝0，l2：x+my﹣m（m+1）＝0，l3：（m+1）x﹣y+（m+1）＝0，記l1∩l2＝C，l2∩l3＝B，l3∩l1＝A．（1）當m＝2時，求原點關于直線l1的對稱點坐標；（2）求證：不論m為何值，△ABC總有一個頂點為定點；（3）求△ABC面積的取值范圍．（可直接利用對勾函數的單調性）．17.（15分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AB⊥BC，AD∥BC，AD＝3，PA＝BC＝2AB＝2，PB=3（1）求證：BC⊥PB；（2）若點E為棱PA上不與端點重合的動點，且CE與平面PAB所成角正弦值為255，求E點到平面PCD18.（17分）在中，角的對邊分別為.（1）求；（2）已知為的平分線，交于點，且為線段上一點，且，求的周長.19.（17分）如圖，我們把由平面內夾角成的兩條數軸Ox，Oy構成的坐標系，稱為“完美坐標系”.設，分別為Ox，Oy正方向上的單位向量，若向量，則把實數對叫做向量的“完美坐標”.（1）若向量的“完美坐標”為，求；（2）已知，分別為向量，的“完美坐標”，證明：；（3）若向量，的“完美坐標”分別為，，設函數，x∈R，求的值域.

2024-2025年福州四中第一學期第一學段試卷高三數學參考答案與試題解析一．單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．設α是第二象限角，P（x，8）為其終邊上的一點，且sinα=45，則A．﹣3 B．﹣4 C．﹣6 D．﹣10【考點】任意角的三角函數的定義．【分析】由任意角的三角函數定義即可求解．【解答】解：因為P（x，8）為其終邊上的一點，且sinα=4所以sinα=8x2因為α是第二象限角，所以x＝﹣6．故選：C．【點評】本題主要考查任意角的三角函數的定義，考查運算求解能力，屬于基礎題．2．已知直線ax+2y+6＝0與直線x+（a+1）y+a2+5＝0互相平行，則實數a的值（）A．﹣2 B．﹣2或1 C．2 D．1【考點】兩條直線平行與傾斜角、斜率的關系．【分析】根據平行的充要條件可得a的值．【解答】解：因為直線ax+2y+6＝0與直線x+（a+1）y+a2+5＝0互相平行，可得a（a+1）﹣2＝0，且2（a2+5）≠6（a+1），解得a＝﹣2．故選：A．【點評】本題考查兩條直線平行的充要條件的應用，屬于基礎題．3．若x，y∈R，則“2x﹣2y＞0”是“l(fā)n（x﹣y）＞0”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【考點】充分不必要條件的判斷．【分析】根據指數函數的性質與充分必要條件的定義可解．【解答】解：若x，y∈R，則2x﹣2y＞0，x＞y，則x﹣y＞0，不能推出x﹣y＞1，也就不能推出ln（x﹣y）＞0，則充分性不成立；又ln（x﹣y）＞0，則x﹣y＞1，則x﹣y＞0，即x＞y，能推出2x﹣2y＞0，則必要性成立；則“2x﹣2y＞0”是“l(fā)n（x﹣y）＞0”的必要不充分條件．故選：B．【點評】本題考查指數函數的性質與充分必要條件的定義，屬于基礎題．4．下列四個數中最大的是（）A．lg20 B．lg（lg20） C．（lg20）2 D．1【考點】對數運算求值．【分析】結合對數運算性質判斷l(xiāng)g20的范圍，然后檢驗各選項即可判斷．【解答】解：因為lg20＝lg2+1∈（1，2），所以lg（lg20）∈（0，1），lg（lg20）＜lg20，（lg20）2＞lg20＞1，1lg20故最大值為（lg20）2．故選：C．【點評】本題主要考查了對數運算性質的應用，屬于基礎題．5．將函數f（x）＝sinωx（ω＞0）的圖象向右平移π4個單位長度，所得圖象關于點(3π4A．13 B．1 C．53【考點】正弦函數的圖象．【分析】根據函數y＝Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，所得函數的解析式為y＝sinω（x?π4），再根據正弦函數的圖象的對稱性，求得【解答】解：將函數f（x）＝sinωx（ω＞0）的圖象向右平移π4可得y＝sinω（x?π4）＝sin（ωx再根據所得圖象關于點(3π4，0)對稱，可得ω?3π4??ωπ4=求得ω＝2k，k∈Z，結合所給的選項，可取ω＝2，故選：D．【點評】本題主要考查函數y＝Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，正弦函數的圖象的對稱性，屬于基礎題．6．如圖是一個圓臺的側面展開圖，若兩個半圓的半徑分別是1和2，則該圓臺的體積是（）A．72π24 B．73π24【考點】圓臺的體積．【分析】求出圓臺的母線長，利用勾股定理求出圓臺的高，再利用圓臺的體積公式求解即可．【解答】解：如圖所示，圓臺的母線長為AP＝1，設上底面圓的半徑為r，下底面圓的半徑為R，由題意可得，π×1＝2πr，π×2＝2πR，解得r=12，所以圓臺的高為h=1所以圓臺的體積為V圓臺=13π[(12)2故選：B．【點評】本題考查了圓臺側面展開圖的理解與應用，以及圓臺體積公式運用問題，是基礎題．7.已知雙曲線的焦距與其虛軸長之比為3：2，則的離心率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設，由已知可得，進而可求離心率.【詳解】由題意可知，，則，設，則，所以，故的離心率為.故選：C.8．已知函數f（x）的定義域為R，且f（2x﹣1）為奇函數，f（x+1）為偶函數，當x∈[﹣1，1]時，f（x）＝ax+1，則f（2025）＝（）A．0 B．1 C．2 D．2025【考點】函數的奇偶性．【分析】由函數奇偶性，確定f（x）為周期函數，再結合f（﹣1）＝0，求得a，即可求解．【解答】解：因為f（2x﹣1）為奇函數，所以f（x）關于點（﹣1，0）中心對稱，又f（x+1）為偶函數，所以f（x）關于直線x＝1對稱，所以f（x）為周期函數且周期T＝4×|1﹣（﹣1）|＝8，∴f（2025）＝f（8×253+1）＝f（1）＝a+1，∵f（﹣1）＝﹣a+1＝0，∴a＝1，∴f（2025）＝a+1＝2．故選：C．【點評】本題考查函數的性質，屬于中檔題．二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。9.下列函數中，在區(qū)間上單調遞減的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】根據復合函數規(guī)律：同增異減，即可判斷BCD；去掉絕對值符號后可判斷A的正誤.【詳解】對于A，函數所以在上單調遞減，故A正確；對于B，函數在上單調遞增，函數在上單調遞增，所以函數在上單調遞增，故B錯誤；對于C，函數在上單調遞增，函數在R上單調遞增，所以函數在上單調遞增，故C錯誤；對于D，函數在上單調遞減，函數在0,+∞上單調遞增，所以函數在上單調遞減，故D正確.故選：AD.10．已知圓C：x2+y2﹣4x﹣14y+45＝0及點Q（﹣2，3），則下列說法正確的是（）A．點C的坐標為（2，7） B．點Q在圓C外 C．若點P（m，m+1）在圓C上，則直線PQ的斜率為14D．若M是圓C上任一點，則|MQ|的取值范圍為[22，62]【考點】直線與圓的位置關系；圓的一般方程．【分析】把圓的方程化為標準方程可得圓心C的坐標可判斷A，求出CQ兩點的距離可判斷B，利用點P在圓上求出m得點P的坐標，可求PQ的斜率可判斷C，求出|CQ|的長，利用數形結合可求|MQ|的范圍可判斷D．【解答】解：把圓C：x2+y2﹣4x﹣14y+45＝0化為（x﹣2）2+（y﹣7）2＝8，所以圓心C的坐標為（2，7），故A正確；因為C（2，7），Q（﹣2，3）兩點之間的距離為(?2?2)2+(3?7)2=42＞因為點P（m，m+1）在圓C上，所以（m﹣2）2+（m+1﹣7）2＝8，解得m＝4，即P（4，5），所以直線PQ的斜率為3?5?2?4=1因為圓心C（2，7），半徑r＝22，CQ=42，所以CQ?r≤即22≤MQ≤62故選：ABD．【點評】本題考查圓的相關知識，以及求圓上一點到一定點的距離的最大值與最小值，屬基礎題．11.已知函數，則（）A.的圖象關于點對稱B.為奇函數C.是的極小值點D.在上有極值【答案】ABC【解析】【分析】由對稱中心的定義代入驗證可得滿足，即可知A正確；利用奇函數定義化簡可得B正確，對函數求導并判斷出函數在上的單調性，即可判斷C正確，利用輔助角公式化簡并根據正弦函數圖象性質可判斷D錯誤.【詳解】對于A，由易知,即滿足，所以的圖象關于點對稱，可得A正確；對于B，易知，滿足奇函數定義，即可得為奇函數，即B正確；對于C，求導可得，不妨只研究當時的單調性，當時，，當時，，可知函數上單調遞減，在上單調遞增，因此在處取得極小值，所以是的極小值點，即C正確.對于D，由可知，當時，，此時函數在上是單調遞減的，因此在上沒有極值，即D錯誤.故選：ABC【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于利用中心對稱函數性質驗證選項中的對稱中心是否滿足中心對稱表達式，并充分利用三角函數性質解決極值點問題.三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知命題“，”是假命題，則的取值范圍是________．【答案】【解析】【分析】先寫出命題“，”的否定，由題可知其為真命題，然后利用的范圍求得的范圍即可.【詳解】由題意得“，”是真命題，故，因為，所以m的取值范圍是．故答案為：13．已知f(x)=4x?1，x≥0log2(1?x)，x＜0，則f【考點】函數的值．【分析】首先根據分段函數求出f（﹣4），然后根據f（﹣4）的值求出f（f（﹣4））的值即可．【解答】解：因為f(x)=4由題意，可得f（﹣4）＝log25，又log25＞1，故f(f(?4))=f(log故答案為：254【點評】本題主要考查了函數值的求解，屬于基礎題．14．與圓柱底面成45°角的平面截圓柱得到如圖所示的幾何體．截面上的點到圓柱底面距離的最大值為4，最小值為2，則該幾何體的體積為3π．【考點】圓柱的體積．【分析】該幾何體的體積是底面半徑為1，高為2的圓柱的體積的32【解答】解：與圓柱底面成45°角的平面截圓柱得到如圖所示的幾何體．截面上的點到圓柱底面距離的最大值為4，最小值為2，則該幾何體的體積是底面半徑為1，高為2的圓柱的體積的32則該幾何體的體積為32×π×1故答案為：3π．【點評】本題考查了空間幾何體的體積，重點考查了圓柱的體積公式，屬基礎題．四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15.（13分）已知為數列的前項和，若.（1）求證：數列為等比數列；（2）令，若，求滿足條件的最大整數.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）利用與的關系式可得，即，即可得證.（2）由（1）可得，則，設，根據等比數列的前項和公式可得，令，結合，即可求解.【小問1詳解】證明：由可得，當時，，解得，……2分當時，，即，則，即，……4分即，即，……5分又，所以數列是首項為6，公比為2的等比數列.……7分【小問2詳解】由（1）得，則，……8分設，則……10分令，得，即，即，……12分又，，，所以滿足條件的最大整數為為5.……13分16．（15分）已知直線l1：mx﹣y+m＝0，l2：x+my﹣m（m+1）＝0，l3：（m+1）x﹣y+（m+1）＝0，記l1∩l2＝C，l2∩l3＝B，l3∩l1＝A．（1）當m＝2時，求原點關于直線l1的對稱點坐標；（2）求證：不論m為何值，△ABC總有一個頂點為定點；（3）求△ABC面積的取值范圍．（可直接利用對勾函數的單調性）．【考點】與直線關于點、直線對稱的直線方程；恒過定點的直線．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；直線與圓；邏輯思維；運算求解．【答案】（1）（?8（2）證明見解答．（3）14【分析】（1）當m＝2時，直線l1的方程為：l12x﹣y+2＝0，設原點關于直線l1的對稱點為（x0，y0），利用斜率與中點坐標公式列方程求解即可；（2）聯(lián)立方程得出l1，l3交于A（﹣1，0），l2，l3交于B（0，m+1）從而可以證明結論．（3）求得l1與l2的交點的坐標，可得AB長，再求得點C（﹣1，0）到l2的距離d，求△ABC的面積的取值范圍．推出三角形面積的表達式，分類討論，利用基本不等式可得結果．【解答】解：（1）當m＝2時，直線l1的方程為：2x﹣y+2＝0，且斜率k1＝2，設原點關于直線l1的對稱點為（x0，y0），則由斜率與中點坐標公式列方程得：y0解得：x0=?8（2）證明：根據題意得l1，l3交于A（﹣1，0），l2，l3交于B（0，m+1），∴不論m取何值時，△ABC中總有一個頂點為定點（﹣1，0）．……8分（3）由mx?y+m=0x+my?m(m+1)=0，得l1與l2的交點為：A（m……10分由兩點間距離公式得AB=1點C（﹣1，0）到l2的距離為：d=|?1?m?三角形面積S=12|AB|?d=12當m＝0時，有m1+當m＞0時，有m1+m2=當m＜0時，m1+m2=所以，?12≤【點評】本題主要考查直線的交點、點到直線距離公式與三角形面積公式的應用，考查了對稱問題以及分類討論思想的應用，屬于綜合題．17.（15分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AB⊥BC，AD∥BC，AD＝3，PA＝BC＝2AB＝2，PB=3（1）求證：BC⊥PB；（2）若點E為棱PA上不與端點重合的動點，且CE與平面PAB所成角正弦值為255，求E點到平面【考點】直線與平面所成的角；點、線、面間的距離計算．【專題】計算題；整體思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】（1）證明見解析；（2）330【分析】（1）由面面垂直的性質定理得到BC⊥平面PAB，即可得證；（2）建立空間直角坐標系，由CE與平面PAB所成角正弦值為255，得到【解答】證明：（1）∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，BC⊥AB，BC?平面ABCD，∴BC⊥平面PAB……2分∵PB?平面PAB，故BC⊥PB；……4分解：（2）∵△PAB中PA2＝AB2+PB2，∴PB⊥AB，……6分以B為原點如圖所示建系：……7分B(0，0，0)，A(?1，0，0)，C(0，2，0)，D(?1，3，0)，P(0，0，3AE→=λAP→=(λ，0，取平面PAB法向量n1sinθ=n1→?CE則E(?1取平面PCD法向量n2→=（x，y則n2→?CD→=0n2故d=|【點評】本題考查了線線垂直的證明和點到平面的距離計算，屬于中檔題．18.（17分）在中，角的對邊分別為.（1）求；（2）已知為的平分線，交于點，且為線段上一點，且，求的周長.【答案】（1）；