福建省長泰名校2023-2024學年高三綜合題（三）數學試題試卷（理工類）請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．的展開式中的系數為（）A． B． C． D．2．如圖所示是某年第一季度五省GDP情況圖，則下列說法中不正確的是（）A．該年第一季度GDP增速由高到低排位第3的是山東省B．與去年同期相比，該年第一季度的GDP總量實現了增長C．該年第一季度GDP總量和增速由高到低排位均居同一位的省份有2個D．去年同期浙江省的GDP總量超過了4500億元3．已知為拋物線的焦點，點在上，若直線與的另一個交點為，則()A． B． C． D．4．已知是圓心為坐標原點，半徑為1的圓上的任意一點，將射線繞點逆時針旋轉到交圓于點，則的最大值為（）A．3 B．2 C． D．5．設雙曲線的左右焦點分別為，點.已知動點在雙曲線的右支上，且點不共線.若的周長的最小值為，則雙曲線的離心率的取值范圍是（）A． B． C． D．6．已知拋物線的焦點為，準線與軸的交點為，點為拋物線上任意一點的平分線與軸交于，則的最大值為A． B． C． D．7．復數滿足，則（）A． B． C． D．8．若集合，則（）A． B．C． D．9．若點是角的終邊上一點，則（）A． B． C． D．10．已知集合A，則集合（）A． B． C． D．11．已知滿足，則的取值范圍為（）A． B． C． D．12．已知四棱錐，底面ABCD是邊長為1的正方形，，平面平面ABCD，當點C到平面ABE的距離最大時，該四棱錐的體積為（）A． B． C． D．1二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知為正實數，且，則的最小值為____________.14．已知是函數的極大值點，則的取值范圍是____________．15．設集合，（其中e是自然對數的底數），且，則滿足條件的實數a的個數為______．16．若函數(a＞0且a≠1)在定義域[m，n]上的值域是[m2，n2](1＜m＜n)，則a的取值范圍是_______．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）某市計劃在一片空地上建一個集購物、餐飲、娛樂為一體的大型綜合園區，如圖，已知兩個購物廣場的占地都呈正方形，它們的面積分別為13公頃和8公頃；美食城和歡樂大世界的占地也都呈正方形，分別記它們的面積為公頃和公頃；由購物廣場、美食城和歡樂大世界圍成的兩塊公共綠地都呈三角形，分別記它們的面積為公頃和公頃.（1）設，用關于的函數表示，并求在區間上的最大值的近似值（精確到0.001公頃）；（2）如果，并且，試分別求出、、、的值.18．（12分）已知函數，其中.（1）當時，求在的切線方程；（2）求證：的極大值恒大于0.19．（12分）設函數，直線與函數圖象相鄰兩交點的距離為.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）在中，角所對的邊分別是，若點是函數圖象的一個對稱中心，且，求面積的最大值.20．（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：．21．（12分）我們稱n（）元有序實數組（，，…，）為n維向量，為該向量的范數.已知n維向量，其中，，2，…，n.記范數為奇數的n維向量的個數為，這個向量的范數之和為.（1）求和的值；（2）當n為偶數時，求，（用n表示）.22．（10分）已知在四棱錐中，平面，，在四邊形中，，，，為的中點，連接，為的中點，連接.（1）求證：.（2）求二面角的余弦值.

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、C【解析】由題意，根據二項式定理展開式的通項公式，得展開式的通項為，則展開式的通項為，由，得，所以所求的系數為.故選C.點睛：此題主要考查二項式定理的通項公式的應用，以及組合數、整數冪的運算等有關方面的知識與技能，屬于中低檔題，也是?？贾R點.在二項式定理的應用中，注意區分二項式系數與系數，先求出通項公式，再根據所求問題，通過確定未知的次數，求出，將的值代入通項公式進行計算，從而問題可得解.2、D【解析】

根據折線圖、柱形圖的性質，對選項逐一判斷即可.【詳解】由折線圖可知A、B項均正確，該年第一季度總量和增速由高到低排位均居同一位的省份有江蘇均第一.河南均第四.共2個.故C項正確；.故D項不正確.故選：D.【點睛】本題考查折線圖、柱形圖的識別，考查學生的閱讀能力、數據處理能力，屬于中檔題.3、C【解析】

求得點坐標，由此求得直線的方程，聯立直線的方程和拋物線的方程，求得點坐標，進而求得【詳解】拋物線焦點為，令，，解得，不妨設，則直線的方程為，由，解得，所以.故選：C【點睛】本小題主要考查拋物線的弦長的求法，屬于基礎題.4、C【解析】

設射線OA與x軸正向所成的角為，由三角函數的定義得，，，利用輔助角公式計算即可.【詳解】設射線OA與x軸正向所成的角為，由已知，，，所以，當時，取得等號.故選：C.【點睛】本題考查正弦型函數的最值問題，涉及到三角函數的定義、輔助角公式等知識，是一道容易題.5、A【解析】

依題意可得即可得到，從而求出雙曲線的離心率的取值范圍；【詳解】解：依題意可得如下圖象，所以則所以所以所以，即故選：A【點睛】本題考查雙曲線的簡單幾何性質，屬于中檔題.6、A【解析】

求出拋物線的焦點坐標，利用拋物線的定義，轉化求出比值，，求出等式左邊式子的范圍，將等式右邊代入，從而求解．【詳解】解：由題意可得，焦點F（1，0），準線方程為x＝?1，

過點P作PM垂直于準線，M為垂足，

由拋物線的定義可得|PF|＝|PM|＝x＋1，

記∠KPF的平分線與軸交于

根據角平分線定理可得，，當時，，當時，，，綜上：．故選：A．【點睛】本題主要考查拋物線的定義、性質的簡單應用，直線的斜率公式、利用數形結合進行轉化是解決本題的關鍵．考查學生的計算能力，屬于中檔題．7、C【解析】

利用復數模與除法運算即可得到結果.【詳解】解:，故選：C【點睛】本題考查復數除法運算，考查復數的模，考查計算能力，屬于基礎題.8、A【解析】

先確定集合中的元素，然后由交集定義求解．【詳解】，.故選：A．【點睛】本題考查求集合的交集運算，掌握交集定義是解題關鍵．9、A【解析】

根據三角函數的定義，求得，再由正弦的倍角公式，即可求解.【詳解】由題意，點是角的終邊上一點，根據三角函數的定義，可得，則，故選A.【點睛】本題主要考查了三角函數的定義和正弦的倍角公式的化簡、求值，其中解答中根據三角函數的定義和正弦的倍角公式，準確化簡、計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.10、A【解析】

化簡集合,，按交集定義，即可求解.【詳解】集合，，則.故選:A.【點睛】本題考查集合間的運算，屬于基礎題.11、C【解析】

設，則的幾何意義為點到點的斜率，利用數形結合即可得到結論.【詳解】解：設，則的幾何意義為點到點的斜率，作出不等式組對應的平面區域如圖：由圖可知當過點的直線平行于軸時，此時成立；取所有負值都成立；當過點時，取正值中的最小值，，此時；故的取值范圍為；故選：C.【點睛】本題考查簡單線性規劃的非線性目標函數函數問題，解題時作出可行域，利用目標函數的幾何意義求解是解題關鍵．對于直線斜率要注意斜率不存在的直線是否存在．12、B【解析】

過點E作，垂足為H，過H作，垂足為F，連接EF.因為平面ABE，所以點C到平面ABE的距離等于點H到平面ABE的距離.設，將表示成關于的函數，再求函數的最值，即可得答案.【詳解】過點E作，垂足為H，過H作，垂足為F，連接EF.因為平面平面ABCD，所以平面ABCD，所以.因為底面ABCD是邊長為1的正方形，，所以.因為平面ABE，所以點C到平面ABE的距離等于點H到平面ABE的距離.易證平面平面ABE，所以點H到平面ABE的距離，即為H到EF的距離.不妨設，則，.因為，所以，所以，當時，等號成立.此時EH與ED重合，所以，.故選：B.【點睛】本題考查空間中點到面的距離的最值，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查空間想象能力和運算求解能力，求解時注意輔助線及面面垂直的應用.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

，所以有，再利用基本不等式求最值即可.【詳解】由已知，，所以，當且僅當，即時，等號成立.故答案為：【點睛】本題考查利用基本不等式求和的最小值問題，采用的是“1”的替換，也可以消元等，是一道中檔題.14、【解析】

方法一：令，則，，當，時，，單調遞減，∴時，，，且，∴在上單調遞增，時，，，且，∴在上單調遞減，∴是函數的極大值點，∴滿足題意；當時，存在使得，即，又在上單調遞減，∴時，，，所以，這與是函數的極大值點矛盾．綜上，．方法二：依據極值的定義，要使是函數的極大值點，由知須在的左側附近，，即；在的右側附近，，即．易知，時，與相切于原點，所以根據與的圖象關系，可得．15、【解析】

可看出，這樣根據即可得出，從而得出滿足條件的實數的個數為1．【詳解】解：，或，在同一平面直角坐標系中畫出函數與的圖象，由圖可知與無交點，無解，則滿足條件的實數的個數為．故答案為：．【點睛】考查列舉法的定義，交集的定義及運算，以及知道方程無解，屬于基礎題．16、(1，)【解析】

在定義域[m，n]上的值域是[m2，n2]，等價轉化為與的圖像在(1，)上恰有兩個交點，考慮相切狀態可求a的取值范圍.【詳解】由題意知：與的圖像在(1，)上恰有兩個交點考查臨界情形：與切于，．故答案為：.【點睛】本題主要考查導數的幾何意義，把已知條件進行等價轉化是求解的關鍵，側重考查數學抽象的核心素養.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），最大值公頃；（2）17、25、5、5.【解析】

（1）由余弦定理求出三角形ABC的邊長BC，進而可以求出，，由面積公式求出，，即可求出，并求出最值；（2）由（1）知，，，即可求出、，再算出，代入（1）中表達式求出，?！驹斀狻浚?）由余弦定理得，，所以，，同理可得又，所以，故在區間上的最大值為，近似值為。（2）由（1）知，，，所以，進而，由知，，，故、、、的值分別是17、25、5、5?！军c睛】本題主要考查利用余弦定理解三角形以及同角三角函數平方關系的應用，意在考查學生的數學建模以及數學運算能力。18、（1）（2）證明見解析【解析】

（1）求導，代入，求出在處的導數值及函數值，由此即可求得切線方程；（2）分類討論得出極大值即可判斷.【詳解】（1），當時，，，則在的切線方程為；（2）證明：令，解得或，①當時，恒成立，此時函數在上單調遞減，∴函數無極值；②當時，令，解得，令，解得或，∴函數在上單調遞增，在，上單調遞減，∴；③當時，令，解得，令，解得或，∴函數在上單調遞增，在，上單調遞減，∴，綜上，函數的極大值恒大于0.【點睛】本小題主要考查利用導數求切線方程，考查利用導數研究函數的極值，考查分類討論的數學思想方法，屬于中檔題.19、（Ⅰ）3；（Ⅱ）.【解析】

(Ⅰ)函數，利用和差公式和倍角公式，化簡即可求得；(Ⅱ)由(Ⅰ)知函數，根據點是函數圖象的一個對稱中心，代入可得，利用余弦定理、基本不等式的性質即可得出.【詳解】(Ⅰ)的最大值為最小正周期為(Ⅱ)由題意及（Ⅰ）知，,故故的面積的最大值為.【點睛】本題考查三角函數的和差公式、倍角公式、三角函數的圖象與性質、余弦定理、基本不等式的性質，考查理解辨析能力與運算求解能力，屬于中檔基礎題.20、（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.21、（1），.（2），【解析】

（1）利用枚舉法將范數為奇數的二元有序實數對都寫出來，再做和；（2）用組合數表示和，再由公式或將組合數進行化簡，得出最終結果.【詳解】解：（1）范數為奇數的二元有序實數對有：，，，，它們的范數依次為1，1，1，1，故，.（2）當n為偶數時，在向量的n個坐標中，要使得范數為奇數，則0的個數一定是奇數，所以可按照含0個數為：1，3，…，進行討論：的n個坐標中含1個0，其余坐標為1或，共有個，每個的范數為；的n個坐標中含3個0，其余坐標為1或，共有個，每個的范數為；的n個坐標中含個0，其余坐標為1或，共有個，每個的范數為1；所以，.因為，①，②得，，所以.解法1：因為，所以..解法2：得，.又因為，所以.【點睛】本題考查了數列和