2024~2025學(xué)年第一學(xué)期福州市部分學(xué)校元月聯(lián)考

高三數(shù)學(xué)試卷

考試日期：2025年1月3日

完卷時間：120分鐘滿分：150分

一、單項選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分.每小題只有一個選項是符合題意的.）

3i

zz

1.已知復(fù)數(shù)12i（其中i為虛數(shù)單位），則（）

52

A.B.C.2D.5

52

【答案】C

【解析】

【分析】借助復(fù)數(shù)運算法則結(jié)合模長定義計算即可得.

3i3i12i32i6i17

【詳解】zi，

12i12i12i555

22

17

故z2.

55

故選：C.

2.已知集合A{x∣2x5},B{x∣2a1x2a6}，若AB{x∣3x5}，則a（）

A.1B.2C.3D.4

【答案】B

【解析】

【分析】由AB{x∣3x5}，分析集合A,B的端點值，知2a13，求解即可

【詳解】由題意可得2a13，解得a2．

故選：B.

3.已知向量a(1,1),b(2,1)，若(kab)a，則k（）

11

A.B.C.2D.2

22

【答案】A

【解析】

【分析】由向量垂直的坐標(biāo)表示即可求解.

【詳解】因為a(1,1),b(2,1)，所以kab(2k,1k)．

1

因為(kab)a，所以(kab)a(2k)1k0，解得k．

2

故選：A

是直線與直線2平行的（）

4.“a2”“l(fā)1:2ax4y30l2:(a1)xy50”

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

充要條件既不充分也不必要條件

C.D.

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)兩條直線平行的條件，建立關(guān)于a的關(guān)系式，可求出a，利用充分條件和必要條件的定義進(jìn)行

判斷．

1

【詳解】若l//l，則2a4(a1)20，解得a2或a，

122

所以由a2可以得到l1//l2，反之則不然，

故“a2”是“l(fā)1//l2”的充分不必要條件.

故選：A.

5.已知圓臺的母線長為4，高為7，體積為77π，則圓臺的側(cè)面積為（）

A.48πB.24πC.20πD.10π

【答案】C

【解析】

【分析】利用母線長和高，求出上底面半徑和下底面半徑的等式關(guān)系，然后利用體積求出上底面半徑和下

底面半徑的另一個等式關(guān)系，然后求出上下底面半徑，再用側(cè)面積公式即可求解.

【詳解】如下圖所示，

設(shè)圓臺上底面半徑為r，下底面半徑為R，則Rr，

設(shè)AC為圓臺的一條母線，連接OA、O1C，則四邊形OO1CA為直角梯形，

過點C在平面OO1CA內(nèi)作CBOA，垂足為點B，

根據(jù)題意，，，，，

AC4OO17O1CrOAR

因為O1C//OA，OO1OA，BCOA，則四邊形OO1CB為矩形，

所以，，，則，

BCOO17OBO1CrABOAOBRr

2

由勾股定理可得AB2BC2AC2，即Rr716，可得Rr3，①

122

又因為圓臺的體積為V7πRRrr77，可得R2Rrr221，②

3

Rr3

R4

所以，R2Rrr221，解得，

r1

Rr

1

所以，圓臺的側(cè)面積為S2πRr44π520π.

2

故選：C.

ππ

6.已知函數(shù)fxsinx0的圖象向左平移后所得的函數(shù)為奇函數(shù)，則的最小值為（）

312

A.2B.4C.6D.8

【答案】D

【解析】

ππ

【分析】平移后的解析式為奇函數(shù)得到kπkZ，求出的最小值.

123

πππππ

【詳解】因為fxsinx為奇函數(shù)，則kπkZ，

12123123

1

所以12k4kZ，又0，所以12k40，解得k，

3

因為kZ，所以k1時，取得最小值，最小值為8.

故選：D

7.為豐富學(xué)生的校園文化生活，哈爾濱市第九中學(xué)每年冬天都會在操場上澆筑滑冰場，現(xiàn)欲測量操場兩側(cè)

C，D兩點之間的距離，甲同學(xué)選定了與C，D不共線的P1,P2兩處觀測點，如圖所示，并知P1P2a，設(shè)

DP2P11,CP1P22,P2DP13,P1DC4,P2CD5,P2CP16，以下是測量數(shù)據(jù)

的不同方案：①測量1,2,3,4；②測量1,2,3,6；③測量1,3,5,6；④測量

1,3,4,6．若甲同學(xué)選擇的方案能唯一確定C，D兩點之間的距離，則這樣方案的個數(shù)有（）

A.1個B.2個C.3個D.4個

【答案】B

【解析】

【分析】對于①②：根據(jù)三角形的性質(zhì)分析判斷即可；對于③④：根據(jù)①中結(jié)論，結(jié)合圓的性質(zhì)分析判斷.

【詳解】因為P1P2a，即P1P2唯一確定

對于①：已知1,3，由三角形全等可知△P1P2D是唯一確定的，

則DP1P2,DP1唯一確定，

若已知2，則DP1C唯一確定，且已知4，

△

由三角形全等可知P1CD是唯一確定的，即CD唯一確定，符合題意；

對于②：由①可知：DP1C,DP1唯一確定，

△

若已知2,6，由三角形全等可知P1P2C是唯一確定的，則CP1唯一確定，

△

由三角形全等可知P1CD是唯一確定的，即CD唯一確定，符合題意；

對于③：由①可知：△P1P2D是唯一確定的，則P2D唯一確定，

因為6和P1P2唯一確定，可知點C在以線段P1P2為弦的圓O1上，

又因為5和P2D唯一確定，可知點C在以線段P2D為弦的圓O2上，

若圓O1與圓O2可能重合，此時CD不唯一確定，不合題意；

對于④：由①③可知：△P1P2D是唯一確定的，點C在以線段P1P2為弦的圓O1上，

如圖所示：

雖然4確定，但直線CD與圓O1有2個交點，所以CD不唯一確定，不合題意；

綜上所述：符合題意的方案的有2個.

故選：B.

8.已知定義域為R的函數(shù)fx為偶函數(shù)，且fx在區(qū)間0,上單調(diào)遞減，則下列選項正確的是（）

33

A.fflog14flog45B.fflog45flog14

2323

33

C.flog14flog45fD.flog45flog14f

3232

【答案】A

【解析】

【分析】先利用偶函數(shù)，把自變量為負(fù)數(shù)的等價到相反數(shù)來比較，利用對數(shù)運算估計和比較對數(shù)值的大小，

再利用函數(shù)在區(qū)間0,上單調(diào)遞減，就可以比較各選項.

log14log34

【詳解】因為，所以flog14flog34flog34.

3

3

222

ln3ln5ln15ln162

因為ln3ln5ln4，

222

ln4ln5

所以，即log4log5，

ln3ln434

33

又log32log27log16log4，

23333

3

所以log4log5，又fx在區(qū)間0,上單調(diào)遞減，

234

3

所以fflog34flog45，

2

3

即fflog14flog45.

23

故選:A.

二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分.每小題有多個選項是符合題意的，全

部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯的不得分.）

π

9.在VABC中，角A,B,C所對的邊分別為a,b,c，若c4,C，且sinCsinBA2sin2A，則

3

下列結(jié)論一定成立的是（）

A.a2b

83

B.VABC的面積為

3

C.VABC的周長為443

83

D.VABC外接圓半徑為R

3

【答案】BC

【解析】

π

【分析】由正弦定理可得三角形的外接圓的半徑；由三角函數(shù)的恒等變換化簡A或sinB2sinA，即

2

b2a；分別討論，結(jié)合余弦定理和三角形面積公式，計算可得所求值，從而可得結(jié)論．

πc8343

【詳解】c4，C，可得2R，可得VABC外接圓半徑R，故D錯誤；

3sinC33

因為sinCsin(BA)2sin2A，

所以sin(AB)sin(BA)2sin2A，

所以sinAcosBcosAsinBsinBcosAcosBsinA4sinAcosA，

所以sinBcosA2sinAcosA，

πππ

當(dāng)cosA0時，即A，所以C，B，可得a2b；

236

當(dāng)cosA0時，即sinB2sinA，由正弦定理得b2a；故A不一定成立；

πππ8343

當(dāng)a2b時，此時A，C，B，所以a2R，b，

23633

183

所以VABC的周長為：abc443，VABC的面積為：absinC=；

23

a2b2c24383

當(dāng)b2a時，cosC，C，c4，解得a，b，

2ab333

183

所以VABC的周長為：abc443，VABC的面積為：absinC=；

23

故BC一定成立.

故選：BC.

11

10.已知角,滿足sin，cossin，則下列結(jié)論正確的有（）

43

71

A.cos2B.sincos

812

5

C.tan4tanD.sin2

12

【答案】ABD

【解析】

【分析】根據(jù)二倍角的余弦公式判斷A，根據(jù)角的變換及兩角差的余弦公式計算判斷B，由題意及同角三角

形函數(shù)的基本關(guān)系判斷C，由角的變換及兩角和的正弦公式計算判斷D.

117

【詳解】因為sin，所以cos212sin212，故A正確；

4168

1

因為sinsinsincoscossin，

4

111

所以sincos，故B正確；

3412

111

由sincos，cossin，兩式相除可得tantan，故C錯誤；

1234

115

sin2sinsincoscossin，

12312

故D正確.

故選：ABD

11.法國數(shù)學(xué)家加斯帕·蒙日被稱為“畫法幾何創(chuàng)始人”“微分幾何之父”，他發(fā)現(xiàn)與橢圓相切的兩條互相垂直的

切線的交點的軌跡是以該橢圓中心為圓心的圓，這個圓稱為該橢圓的蒙日圓.若橢圓

22

xy2242

E:1ab0的蒙日圓為C:xya，過圓C上的動點M作橢圓E的兩條切線，交

a2b23

圓C于P,Q兩點，直線PQ交橢圓E于A,B兩點，則下列結(jié)論正確的是（）

3

A.橢圓E的離心率為

3

1

B.若點D在橢圓E上，將直線DA,DB的斜率分別記為k,k，則kk

12123

236a

C.點M到橢圓E的左焦點的距離的最小值為

3

4

D.MPQ面積的最大值為a2

3

【答案】BCD

【解析】

【分析】取橢圓左頂點與上頂點處的切線，建立齊次方程，即可判斷A；根據(jù)圓的性質(zhì)，結(jié)合三角形的面

積公式，即可判斷D；設(shè)出點的坐標(biāo)，由兩點距離公式，利用函數(shù)的思想，即可判斷C；設(shè)出點M的坐標(biāo)，

代入橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，利用點差法，結(jié)合兩點之間斜率公式，即可判斷B.

【詳解】對于A，依題意，過橢圓E的上頂點作y軸的垂線，

過橢圓E的右頂點作x軸的垂線，則這兩條垂線的交點在圓C上，

4

所以a2b2a2，得a2=3b2，

3

cb26

所以橢圓E的離心率e1，故A錯誤；

aa23

對于D，因為點M,P,Q都在圓C上，且PMQ90，

443

所以PQ為圓C的直徑，則PQ2a2a，

33

1423a23a4

所以MPQ面積的最大值為PQa2a2，故D正確；

23333

對于C，設(shè)Mx0,y0，橢圓C的左焦點為F(c,0)，連接MF，

222226

因為caba，即ca，

33

所以222222

MFx0cy0x0y02x0cc

42622226

a2xaa2aax，

303330

23232642

又axa，所以MF()a2，

3033

236

所以則M到的左焦點的距離的最小值為a，故C正確；

3

對于B，由直線PQ經(jīng)過坐標(biāo)原點，易得點A,B關(guān)于原點對稱，

yyyy

1212

設(shè)Ax1,y1,Dx2,y2，則Bx1,y1,k1,k2，

x1x2x1x2

x2y2

111

3b2b2x2x2y2y2

又，所以12120，

x2y23b2b2

221

3b2b2

y2y2yyyy11

所以121212，所以，故正確；

22k1k2B

x1x2x1x2x1x233

故選：BCD.

三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分.）

n

1

12.已知ax的展開式的二項式系數(shù)和為64，各項系數(shù)和為729，則其展開式的常數(shù)項為______．

x2

【答案】240或3840

【解析】

【分析】根據(jù)二項式系數(shù)和求出n，再利用賦值法求出a2或-4，根據(jù)二項式通項公式的展開式求出常數(shù)

項，分別代入a2和a4，求出答案.

n

【詳解】由于1的展開式的二項式系數(shù)和為，即01nn，

ax64CnCnCn264

x2

解得n＝6．

6

16

又由于ax的展開式系數(shù)和為729，令x1得，即a1729，

x2

解得a2或-4，

6r

1的展開式的通項為r6r16rr63r，令，

axTr1C6axaC6x63r0

x2x2

解得r2，

42

所以展開式的常數(shù)項為aC6，

4242

故當(dāng)a2時，aC6240，當(dāng)a4時，aC63840．

故答案為：240或3840

22

13.若動直線l1:mxym30，圓C:(x2)(y4)3，則直線l1與圓C相交的最短弦長為

__________．

【答案】2

【解析】

【分析】首先求出直線過定點A1,3，判斷點A1,3在圓內(nèi)，當(dāng)直線l1AC時直線l1與圓C相交的弦長

最短，再由弦長公式計算可得.

【詳解】直線l1:mxym30，則x1m3y0，

x10x1

令，解得，所以動直線l1:mxym30恒過點A1,3，

3y0y3

又圓C:(x2)2(y4)23的圓心為C2,4，半徑r3，

22

所以AC21432r，

所以點A1,3在圓內(nèi)，

所以當(dāng)直線l1AC時直線l1與圓C相交的弦長最短，

222

最短弦長為2r2AC2322.

故答案為：2

14.已知VABC在斜二測畫法下的直觀圖(其中A與A對應(yīng)，B與B對應(yīng))為下圖所示的ABC，其中

3

OAOB1，OC，則VABC的面積為______；以該VABC為底面的三棱錐PABC中，

2

△PAB≌△CAB，PC3，則三棱錐PABC的外接球半徑為______.

21

【答案】①.3②.

3

【解析】

【分析】根據(jù)斜二測畫法得到VABC中AB2，對應(yīng)的高為3，求出VABC面積，并得到VABC為等

邊三角形，并作出輔助線，得到三棱錐外接球的球心，由余弦定理得到PFC120，并求出外接球的半徑

21

ROC.

3

【詳解】由斜二測畫法原理可知VABC中，AB2，AB邊上的高h(yuǎn)2OC3，

1

所以SABh3；

△ABC2

由勾股定理得ACBC12h22，故VABC為等邊三角形，

由△PAB≌△CAB得PAB是邊長為2的等邊三角形.

設(shè)D，E分別為PAB，VABC的外心，AB的中點為F，

連接PF，CF，過點D，E分別作平面PAB、平面CAB的垂線，

設(shè)兩垂線交于點O，則點O為該三棱錐外接球的球心，

連接OC，OF，則OC為外接球的半徑，

依題意CFPF3，且CFAB，PFAB，

PF2CF2CP23391

由余弦定理得cosPFC，

2PFCF2332

所以PFC120，由E為△CAB的外心，

22313

所以CECF，EFCF，

3333

因為ODPF，OECF，DFEF，

所以△ODF≌△OEF，

所以O(shè)FDOFE60，所以O(shè)EEFtan601，

2

所以22321，

OC1

33

21

即外接球的半徑ROC.

3

21

故答案為：3，

3

【點睛】方法點睛：幾何體外接球問題，通常要找到幾何體的一個特殊平面，利用正弦定理或幾何性質(zhì)找

到其外心，求出外接圓的半徑，進(jìn)而找到球心的位置，根據(jù)半徑相等列出方程，求出半徑，再求解外接球

表面積或體積.

四、解答題（本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及演算步驟.）

15.良好的用眼習(xí)慣能夠從多方面保護(hù)眼睛的健康，降低近視發(fā)生的可能性，對于保護(hù)青少年的視力具有不

可替代的重要作用．某班班主任為了讓本班學(xué)生能夠掌握良好的用眼習(xí)慣，開展了“愛眼護(hù)眼”有獎知識

競賽活動，班主任將競賽題目分為A,B兩組，規(guī)定每名學(xué)生從A,B兩組題目中各隨機(jī)抽取2道題作答．已

21

知該班學(xué)生甲答對A組題的概率均為，答對B組題的概率均為．假設(shè)學(xué)生甲每道題是否答對相互獨立．

32

（1）求學(xué)生甲恰好答對3道題的概率；

（2）設(shè)學(xué)生甲共答對了X道題，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望．

1

【答案】（1）

3

7

（2）分布列見解析；

3

【解析】

【分析】（1）轉(zhuǎn)化為“答對A組的2道題和B組的1道題”與“答對A組的l道題和B組的2道題”兩個互

斥事件的和事件的概率求解，再分別應(yīng)用相互獨立事件同時發(fā)生的乘法公式即可得；

（2）按照求離散型隨機(jī)變量分布列的一般步驟求解即可.

【小問1詳解】

學(xué)生甲恰好答對3道題有以下兩種情況：

第一種情況是學(xué)生甲答對A組的2道題和B組的1道題，

2

其概率21112；

P1C21

3229

第二種情況是學(xué)生甲答對A組的l道題和B組的2道題，

2

其概率12211．

P2C21

3329

211

故學(xué)生甲恰好答對3道題的概率PPP．

12993

【小問2詳解】

由題意可知X的所有可能取值為0,1,2,3,4．

22

211

P(X0)11，

3236

22

122121111，

P(X1)C2111C21

3323226

2222

212112211113，

P(X2)11C21C21

3232332236

22

211

P(X4)，

329

1

由（1）可知P(X3)，

3

則X的分布列為

X01234

111311

P

3663639

1113117

故E(X)01234．

36636393

x2y2

16.已知y2x是雙曲線C:1a0,b0的一條漸近線，點2,2在C上.

a2b2

（1）求C的方程；

（2）已知直線l的斜率存在且不經(jīng)過原點，l與C交于A,B兩點，AB的中點在直線y2x上.若M1,1，

△MAB的面積為6，求l的方程.

x2y2

【答案】（1）1

24

（2）xy10

【解析】

【分析】（1）根據(jù)漸近線以及經(jīng)過的點，聯(lián)立方程即可求解，

（2）聯(lián)立直線與雙曲線方程可得韋達(dá)定理，進(jìn)而根據(jù)中點坐標(biāo)公式，中點在y2x上求解k1，根據(jù)弦

長公式以及點到直線的距離公式即可求解三角形面積得t1.

【小問1詳解】

b

2

aa22

由題可得，

2222b24

1

a2b2

x2y2

所以C的方程為1.

24

【小問2詳解】

設(shè)l:ykxtt0，

ykxt

222

由x2y2得2kx2ktxt40，

1

24

由題意得2k20,Δ(2kt)242k2t248t22k240，

2kt

xx,

122k2

設(shè)Ax,y,Bx,y,AB中點的坐標(biāo)為x,y，則

112200t24

xx,

122k2

xxkt2t

所以x12,ykxt.

022k2002k2

2t2kt

因為AB的中點在直線y2x上，所以y2x，即，

002k22k2

因為t0，所以k1

故l的方程為xyt0，

22

22ktt4

且222，

AB1kx1x24x1x21k2424t2

2k2k

11tt

又點M到l的距離d，

22

11t

所以222，

SMABABd4t22t2t6

222

解得t1，所以l的方程為xy10.

17.三棱臺ABCA1B1C1中，AB2A1B1,ABBC,ACBB1，平面AA1B1B平面ABC，

，與交于．

AB3,BC2,BB11,AE2EBA1CAC1D

（1）證明：DE∥平面A1BC1；

（2）求異面直線A1C1與DE的距離．

【答案】（1）證明見解析；

22

（2）

11

【解析】

ACAD

【分析】（1）由題意和三棱臺的結(jié)構(gòu)特征可得2，進(jìn)而證得DE//BC1，結(jié)合線面平行的判定

A1C1C1D

定理即可證明；

（2）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)和線面垂直的判定定理與性質(zhì)證得BCB1B、BB1AB，建立如圖空間直角

坐標(biāo)系，利用空間向量法求解線線距，即可求解.

【小問1詳解】

三棱臺ABCA1B1C1中，AB2A1B1，則AC2A1C1，

ACAD

有ACDA1C1D，得2，所以AD2C1D，

A1C1C1D

ADAE

又AE2EB，所以在平面ABC1內(nèi)，，有DE//BC1，

C1DEB

DE平面A1BC1,BC1平面A1BC1，所以DE//平面A1BC1．

【小問2詳解】

?

已知平面AA1B1B平面ABC，平面AA1B1B平面ABCAB，ABBC，

BC平面ABC，所以BC平面AA1B1B，由BB1平面AA1B1B，得BCB1B，

I

又ACBB1,BCACC,BC平面ABC，AC平面ABC，

所以BB1平面ABC，由AB平面ABC，得BB1AB.

以為坐標(biāo)原點的方向分別為軸，軸，軸正方向，建立如圖空間直角坐標(biāo)系．

BBA,BC,BB1xyz

3

則有B1(0,0,1),E(1,0,0),C1(0,1,1),C(0,2,0),A1,0,1，

2

13

BC1(0,1,1),EA1,0,1,A1C1,1,0，

22

2222

因為DE//BC1，所以EDBC1(0,1,1)0,,，

3333

ruuurruuuur

設(shè)向量，且滿足：，

n(x,y,z)nDE0,nA1C10

yz0

r

則有3，令x2n(2,3,3)，

xy0

2

ruuur

r

1nEA1222

EA1,0,1在n(2,3,3)的投影數(shù)量為r，

2|n|2211

22

異面直線A1C1與DE的距離.

11

2

18.已知函數(shù)fxaxlnx1xaR.

（1）當(dāng)a0時，討論fx的單調(diào)性；

x

（2）gxfxx1e2x1.

（i）當(dāng)a0時，求gx的最小值；

（ii）若gx0在0,上恒成立，求a的取值范圍.

【答案】（1）fx在1,0上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.

0,+∞

（）（）；（）

2igxmin0iia2

【解析】

【分析】（1）求出fx，就a0、a0分類討論后可得函數(shù)的單調(diào)性.

（1）（i）求出gx，討論其符號可得函數(shù)的最小值；

（ii）求出函數(shù)的三階導(dǎo)數(shù)得該函數(shù)恒為正，從而就a2、a2分類討論二階導(dǎo)數(shù)的符號可得gx的

增減性，故可得a2時不等式恒成立.

【小問1詳解】

12ax22axxx2ax2a1

fx2ax1，

x1x1x1

x

若a0，則fx0，

x1

故當(dāng)1x0時，fx0，當(dāng)x0時，fx0，

所以fx在1,0上單調(diào)遞減，在0,上單調(diào)遞增；

2a1

2axx2a11

若a0，則2a，而11，

fx2a2a

x1

2a1

若x0在1,上恒成立，

2a

故同理可得fx在1,0上單調(diào)遞減，在0,上單調(diào)遞增；

綜上，fx在1,0上單調(diào)遞減，在0,上單調(diào)遞增.

【小問2詳解】

2x

gxaxlnx1x1ex1,

當(dāng)a0時，gxlnx1x1exx1，

1xx1

則gxx2e1x2e，其中x1，

x1x1

1

因vxex在上為增函數(shù)，且當(dāng)x0時，v00，

x1

0,+∞

故當(dāng)1x0時，gx0，當(dāng)x0時，gx0，

所以gx在1,0上單調(diào)遞減，在0,上單調(diào)遞增；

故

gxming00.

1

（ii）gx2axx2ex1，

x1

11x

設(shè)sx2axx2ex1，則sx2ax3e，

x1(x1)2

1

設(shè)tx2ax3ex，

(x1)2

2

x

則當(dāng)x0時，tx3x4e420，

x1

故tx在0,為增函數(shù)，故txt02a4，

若a2，則tx0即sx0在0,上恒成立，

故sx即gx在0,上為增函數(shù)，故gxg00，

故gx在0,上為增函數(shù)，故gxg00恒成立.

1

2a

若a2，t2a2a22a3e2a2a0，

2a1

而t02a40，故tx在0,上有且只有一個零點x0，

且當(dāng)x0,x0時，tx0，

故sx