福建省仙游縣2024年高三下學期期末考試數學試題分類匯編

福建省仙游縣2024年高三下學期期末考試數學試題分類匯編注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．已知數列滿足,(),則數列的通項公式()A． B． C． D．2．下列函數中，既是奇函數，又在上是增函數的是（）．A． B．C． D．3．已知函數，對任意的，，當時，，則下列判斷正確的是（）A． B．函數在上遞增C．函數的一條對稱軸是 D．函數的一個對稱中心是4．已知集合，，，則的子集共有（）A．個 B．個 C．個 D．個5．某校在高一年級進行了數學競賽（總分100分），下表為高一·一班40名同學的數學競賽成績：555759616864625980889895607388748677799497100999789818060796082959093908580779968如圖的算法框圖中輸入的為上表中的學生的數學競賽成績，運行相應的程序，輸出，的值，則（）A．6 B．8 C．10 D．126．如圖，在三棱柱中，底面為正三角形，側棱垂直底面，.若分別是棱上的點，且，，則異面直線與所成角的余弦值為（）A． B． C． D．7．若復數滿足，則（）A． B． C．2 D．8．一輛郵車從地往地運送郵件，沿途共有地，依次記為，，…（為地，為地）．從地出發(fā)時，裝上發(fā)往后面地的郵件各1件，到達后面各地后卸下前面各地發(fā)往該地的郵件，同時裝上該地發(fā)往后面各地的郵件各1件，記該郵車到達，，…各地裝卸完畢后剩余的郵件數記為．則的表達式為（）．A． B． C． D．9．已知函數在上有兩個零點，則的取值范圍是（）A． B． C． D．10．如圖，拋物線：的焦點為，過點的直線與拋物線交于，兩點，若直線與以為圓心，線段（為坐標原點）長為半徑的圓交于，兩點，則關于值的說法正確的是（）A．等于4 B．大于4 C．小于4 D．不確定11．“是函數在區(qū)間內單調遞增”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件12．函數在上單調遞增，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若，，則___________．14．若實數，滿足，則的最小值為__________．15．若函數為偶函數，則．16．如果拋物線上一點到準線的距離是6，那么______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）三棱柱中，平面平面，，點為棱的中點，點為線段上的動點.（1）求證：；（2）若直線與平面所成角為，求二面角的正切值.18．（12分）如圖1，在邊長為4的正方形中，是的中點，是的中點，現將三角形沿翻折成如圖2所示的五棱錐.（1）求證：平面；（2）若平面平面，求直線與平面所成角的正弦值.19．（12分）已知數列是各項均為正數的等比數列，，且，，成等差數列．（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）設，為數列的前項和，記，證明：．20．（12分）已知函數，．（Ⅰ）當時，求曲線在處的切線方程；（Ⅱ）求函數在上的最小值；（Ⅲ）若函數，當時，的最大值為，求證：.21．（12分）已知，，分別為內角，，的對邊，若同時滿足下列四個條件中的三個：①；②；③；④.（1）滿足有解三角形的序號組合有哪些？（2）在（1）所有組合中任選一組，并求對應的面積.（若所選條件出現多種可能，則按計算的第一種可能計分）22．（10分）已知曲線的參數方程為（為參數）.以直角坐標系的原點為極點，軸的正半軸為極軸建立坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求的普通方程和的直角坐標方程；（2）若過點的直線與交于，兩點，與交于，兩點，求的取值范圍.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、A【解析】

利用數列的遞推關系式，通過累加法求解即可．【詳解】數列滿足：，，可得以上各式相加可得：，故選：．【點睛】本題考查數列的遞推關系式的應用，數列累加法以及通項公式的求法，考查計算能力．2、B【解析】

奇函數滿足定義域關于原點對稱且，在上即可.【詳解】A：因為定義域為，所以不可能時奇函數，錯誤；B：定義域關于原點對稱，且滿足奇函數，又，所以在上，正確；C：定義域關于原點對稱，且滿足奇函數，，在上，因為，所以在上不是增函數，錯誤；D：定義域關于原點對稱，且，滿足奇函數，在上很明顯存在變號零點，所以在上不是增函數，錯誤；故選：B【點睛】此題考查判斷函數奇偶性和單調性，注意奇偶性的前提定義域關于原點對稱，屬于簡單題目.3、D【解析】

利用輔助角公式將正弦函數化簡，然后通過題目已知條件求出函數的周期，從而得到，即可求出解析式，然后利用函數的性質即可判斷.【詳解】，又，即，有且僅有滿足條件；又，則，，函數，對于A，，故A錯誤；對于B，由，解得，故B錯誤；對于C，當時，，故C錯誤；對于D，由，故D正確.故選：D【點睛】本題考查了簡單三角恒等變換以及三角函數的性質，熟記性質是解題的關鍵，屬于基礎題.4、B【解析】

根據集合中的元素，可得集合，然后根據交集的概念，可得，最后根據子集的概念，利用計算，可得結果.【詳解】由題可知：，當時，當時，當時，當時，所以集合則所以的子集共有故選：B【點睛】本題考查集合的運算以及集合子集個數的計算，當集合中有元素時，集合子集的個數為，真子集個數為，非空子集為，非空真子集為，屬基礎題.5、D【解析】

根據程序框圖判斷出的意義，由此求得的值，進而求得的值.【詳解】由題意可得的取值為成績大于等于90的人數，的取值為成績大于等于60且小于90的人數，故，，所以.故選：D【點睛】本小題考查利用程序框圖計算統(tǒng)計量等基礎知識；考查運算求解能力，邏輯推理能力和數學應用意識.6、B【解析】

建立空間直角坐標系，利用向量法計算出異面直線與所成角的余弦值.【詳解】依題意三棱柱底面是正三角形且側棱垂直于底面.設的中點為，建立空間直角坐標系如下圖所示.所以，所以.所以異面直線與所成角的余弦值為.故選：B【點睛】本小題主要考查異面直線所成的角的求法，屬于中檔題.7、D【解析】

把已知等式變形，利用復數代數形式的乘除運算化簡，再由復數模的計算公式計算.【詳解】解：由題意知，，，∴，故選：D.【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數模的求法.8、D【解析】

根據題意，分析該郵車到第站時，一共裝上的郵件和卸下的郵件數目，進而計算可得答案．【詳解】解：根據題意，該郵車到第站時，一共裝上了件郵件，需要卸下件郵件，則，故選：D．【點睛】本題主要考查數列遞推公式的應用，屬于中檔題．9、C【解析】

對函數求導，對a分類討論，分別求得函數的單調性及極值，結合端點處的函數值進行判斷求解.【詳解】∵，.當時，，在上單調遞增，不合題意.當時，，在上單調遞減，也不合題意.當時，則時，，在上單調遞減，時，，在上單調遞增，又，所以在上有兩個零點，只需即可，解得.綜上，的取值范圍是.故選C.【點睛】本題考查了利用導數解決函數零點的問題，考查了函數的單調性及極值問題，屬于中檔題．10、A【解析】

利用的坐標為，設直線的方程為，然后聯(lián)立方程得，最后利用韋達定理求解即可【詳解】據題意，得點的坐標為.設直線的方程為，點，的坐標分別為，.討論：當時，；當時，據，得，所以，所以.【點睛】本題考查直線與拋物線的相交問題，解題核心在于聯(lián)立直線與拋物線的方程，屬于基礎題11、C【解析】，令解得當，的圖像如下圖當，的圖像如下圖由上兩圖可知，是充要條件【考點定位】考查充分條件和必要條件的概念，以及函數圖像的畫法.12、B【解析】

對分類討論，當，函數在單調遞減，當，根據對勾函數的性質，求出單調遞增區(qū)間，即可求解.【詳解】當時，函數在上單調遞減，所以，的遞增區(qū)間是，所以，即.故選:B.【點睛】本題考查函數單調性，熟練掌握簡單初等函數性質是解題關鍵，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

因為，所以，又，所以，則，所以．14、【解析】

由約束條件先畫出可行域，然后求目標函數的最小值.【詳解】由約束條件先畫出可行域，如圖所示，由，即，當平行線經過點時取到最小值，由可得，此時，所以的最小值為.故答案為.【點睛】本題考查了線性規(guī)劃的知識，解題的一般步驟為先畫出可行域，然后改寫目標函數，結合圖形求出最值，需要掌握解題方法.15、1【解析】試題分析：由函數為偶函數函數為奇函數，．考點：函數的奇偶性．【方法點晴】本題考查導函數的奇偶性以及邏輯思維能力、等價轉化能力、運算求解能力、特殊與一般思想、數形結合思想與轉化思想，具有一定的綜合性和靈活性，屬于較難題型．首先利用轉化思想，將函數為偶函數轉化為函數為奇函數，然后再利用特殊與一般思想，取．16、【解析】

先求出拋物線的準線方程，然后根據點到準線的距離為6，列出，直接求出結果.【詳解】拋物線的準線方程為，由題意得，解得.∵點在拋物線上，∴，∴，故答案為：.【點睛】本小題主要考查拋物線的定義，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）見解析；（2）【解析】

（1）可證面，從而可得.（2）可證點為線段的三等分點，再過作于，過作，垂足為，則為二面角的平面角，利用解直角三角形的方法可求.也可以建立如圖所示的空間直角坐標系，利用兩個平面的法向量來計算二面角的平面角的余弦值，最后利用同角三角函數的基本關系式可求.【詳解】證明：（1）因為為中點，所以.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，而平面，故，又因為，所以，則，又，故面，又面，所以.（2）由（1）可得：面在面內的射影為，則為直線與平面所成的角，即.因為，所以，所以，所以，即點為線段的三等分點.解法一：過作于，則平面，所以，過作，垂足為，則為二面角的平面角,因為，，，則在中，有，所以二面角的平面角的正切值為.解法二：以點為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，設點，由得：，即，，，點，平面的一個法向量，又，，設平面的一個法向量為，則，令，則平面的一個法向量為.設二面角的平面角為，則，即，所以二面角的正切值為.【點睛】線線垂直的判定可由線面垂直得到，也可以由兩條線所成的角為得到，而線面垂直又可以由面面垂直得到，解題中注意三種垂直關系的轉化.空間中的角的計算，可以建立空間直角坐標系把角的計算歸結為向量的夾角的計算，也可以構建空間角，把角的計算歸結平面圖形中的角的計算.18、（1）證明見解析；（2）.【解析】

（1）利用線面平行的定義證明即可（2）取的中點，并分別連接，，然后，證明相應的線面垂直關系，分別以，，為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，利用坐標運算進行求解即可【詳解】證明：（1）在圖1中，連接.又，分別為，中點，所以.即圖2中有.又平面，平面，所以平面.解：（2）在圖2中，取的中點，并分別連接，.分析知，，.又平面平面，平面平面，平面，所以平面.又，所以，，.分別以，，為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，所以，，.設平面的一個法向量，則，取，則，，所以.又，所以.分析知，直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】本題考查線面平行的證明以及利用空間向量求解線面角問題，屬于基礎題19、（Ⅰ），；（Ⅱ）見解析【解析】

（Ⅰ）由，且成等差數列，可求得q，從而可得本題答案；（Ⅱ）化簡求得，然后求得，再用裂項相消法求，即可得到本題答案.【詳解】（Ⅰ）因為數列是各項均為正數的等比數列，，可設公比為q，，又成等差數列，所以，即，解得或（舍去），則，；（Ⅱ）證明：，，，則，因為，所以即.【點睛】本題主要考查等差等比數列的綜合應用，以及用裂項相消法求和并證明不等式，考查學生的運算求解能力和推理證明能力.20、（Ⅰ）（Ⅱ）見解析；（Ⅲ）見解析.【解析】試題分析：（Ⅰ）由題，所以故，，代入點斜式可得曲線在處的切線方程；（Ⅱ）由題（1）當時，在上單調遞增.則函數在上的最小值是（2）當時，令，即，令，即（i）當，即時，在上單調遞增，所以在上的最小值是（ii）當，即時，由的單調性可得在上的最小值是（iii）當，即時，在上單調遞減，在上的最小值是（Ⅲ）當時，令，則是單調遞減函數.因為，，所以在上存在，使得，即討論可得在上單調遞增，在上單調遞減.所以當時，取得最大值是因為，所以由此可證試題解析：（Ⅰ）因為函數，且，所以，所以所以，所以曲線在處的切線方程是，即（Ⅱ）因為函數，所以（1）當時，，所以在上單調遞增.所以函數在上的最小值是（2）當時，令，即，所以令，即，所以（i）當，即時，在上單調遞增，所以在上的最小值是（ii）當，即時，在上單調遞減，在上單調遞增，所以在上的最小值是（iii）當，即時，在上單調遞減，所以在上的最小值是綜上所述，當時，在上的最小值是當時，在上的最小值是當時，在上的最小值是（Ⅲ）因為函數，所以所以當時，令，所以是單調遞減函數.因為，，所以在上存在，使得，即所以當時，；當時，