福建省泉州市2024-2025学年高三8月份质量检测模拟训练（1）数学试题

泉州市2024-2025学年 高三年8月份质量检测模拟训练（1） 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的． 1．已知集合，则　　 A．，0，1， B． C．，1， D． 2．复数在复平面内所对应的点位于　　 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．函数的图象大致为　　 A． B． C． D． 4．，是抛物线上的两点，为坐标原点，若，且的面积为， 则　　 A． B． C． D． 5．若“，，”为假命题，则的取值范围为　　 A． B． C． D． 6．设双曲线，椭圆的离心率分别为，，若，则　　 A． B． C． D． 7．已知，则　　 A． B． C． D． 8．赵估所作《瑞鹤图》中庑殿顶的设计体现了古人的智慧，如如图，分别以，为轴、轴正方向建立平面直角坐标系，屋顶剖面的曲线与轴、轴均相切，，两点间的曲线可近似看成函数的图象，有导函数，为了让雨水最快排出，需要满足螺旋线方程，其中，为常数，则　　 A．， B．， C．， D．， 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．在的展开式中，下列命题正确的是　　 A．偶数项的二项式系数之和为32 B．第3项的二项式系数最大 C．常数项为60 D．有理项的个数为3 10．已知函数，则下列说法正确的是　　 A．函数的图象经过坐标原点 B．当时，函数有且仅有一个极小值点 C．若关于的不等式恒成立，则 D．“”是“函数为增函数”的必要不充分条件 11．在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”．那么　　 A．存在旋转函数 B．旋转函数一定是旋转函数 C．若为旋转函数，则 D．若为旋转函数，则 第II卷（非选择题92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．某省的高中数学学业水平考试，分为，，，，五个等级，其中，等级的比例为，．假设某次数学学业水平考试成绩服从正态分布，其中王同学得分88分等级为，李同学得分85分等级为．请写出一个符合条件的值 　　．（参考数据：若，则， 13．已知函数的图象与直线相切，则实数的值为　　． 14．《扫雷》是一款益智类的小游戏，游戏要求玩家在方格中点击若干次，排除所有无雷的格子即算成功．方格中的数字代表其周围8格的地雷数．现有如图所示的方格阵，有4个方格已经被点开，则图中地雷数的可能取值有 　　种；若已知图中共有7个地雷，则它们的排列方式有 　　种． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（本小题满分13分） 已知等差数列，若，且，，成等比数列． （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）若，设，求数列的前项和． 16．（本小题满分15分） 如图所示，是的直径，点是上异于，的动点，平面，，分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）若，二面角的正弦值为，求． 17．（本小题满分15分） 双曲线的左、右焦点分别为，，过作轴垂直的直线交双曲线于、两点，△的面积为12，抛物线以双曲线的右顶点为焦点． （Ⅰ）求抛物线的方程； （Ⅱ）如图，点为抛物线的准线上一点，过点 作轴的垂线交抛物线于点，连接并延长交抛物线于点，求证：直线过定点． 18．（本小题满分17分） 已知． （1）若存在两个不同的使得的最小值为0，证明：； （2）设为常数），且当恒成立时，的最小值为，求的取值集合． 19．（本小题满分17分） 设实系数一元二次方程①，有两根，， 则方程可变形为，展开得②， 比较①②可以得到 这表明，任何一个一元二次方程的根与系数的关系为：两个根的和等于一次项系数与二次项系数的比的相反数，两个根的积等于常数项与二次项系数的比．这就是我们熟知的一元二次方程的韦达定理． 事实上，与二次方程类似，一元三次方程也有韦达定理． 设方程有三个根，，，则有③ （1）证明公式③，即一元三次方程的韦达定理； （2）已知函数恰有两个零点． 求证：的其中一个零点大于0，另一个零点大于且小于0； 求的取值范围． 第 1 页 共 1 页 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 泉州市2024-2025学年 高三年8月份质量检测模拟训练（1） 数学试题参考答案 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的． 1．【解答】解：因为，，0，1，，， 所以，0，1，．故选：． 2．【解答】解：因为，所以复数在复平面内所对应的点，位于第四象限．故选：． 3．【解答】解：由解析式知：，时，递增；或时，递减；结合各选项易知：符合要求．故选：． 4．【解答】解：由抛物线的方程，又因为，则可得，关于轴对称， 设，则，所以， 所以，解得，所以，， 所以，所以， 所以， 所以，所以或（舍， 综上所述故选：． 5．【解答】解：由题意得该命题的否定为真命题，即“，，”为真命题， 即，令，因为，，则，，则存在，，使得成立，令，令，则（负舍）， 则根据对勾函数的性质知在上单调递减，在上单调递增， 且，，则，则．故选：． 6．【解答】解：由已知得，，又， 所以，解得．故选：． 7．【解答】解：因为，又， 所以， 则． 故选：． 8．【解答】解：根据题意，从图可知单调递减，所以， 又由，必有， 注意到函数图象与轴相切，这只有在从右侧趋于0时，趋于负无穷才可以达到，也即， 又，所以，从而，．故选：． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．【解答】解：对于选项：偶数项的二项式系数之和为，故正确； 对于选项：因为，可知二项式系数最大值为，为第4项，故错误； 对于选项：因为展开式的通项为，，1，，6， 令，可得，所以常数项为，故正确； 对于选项：若为展开式中的有理项，则为整数，即为偶数， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 以上均满足有理项要求，故共有4项，故错误．故选：． 10．【解答】解：由可知选项正确；由， 令，易知时，，时，， 即在上单调递减，在上单调递增，， 又时，，且，所以当时，方程有唯一根， 由单调性可知上，，上，故选项正确； 由或， 又与均单调递增，且两函数零点分别为0，， 所以要满足恒成立，需，可知选项错误； 若函数为增函数，有，可得， 令，由上可知，可得， 又由，可知“”是“函数为增函数”的充分不必要条件， 可知选项错误．故选：． 11．【解答】解：对于，如满足条件，故正确； 对于，如倾斜角为的直线是旋转函数，不是旋转函数，故错误； 对与，若为旋转函数， 则根据函数的性质可得，逆时针旋转后， 不存在与轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点． 故不存在倾斜角为的直线与的函数图象有两个交点． 即与至多1个交点．联立可得． 当时，最多1个解，满足题意；当时，的判别式△， 对任意的，都存在使得判别式大于0，不满足题意，故．故正确； 对与，同，与的交点个数小于等于1， 即对任意的，至多1个解，故为单调函数， 即为非正或非负函数． 又（1），故，即恒成立． 即图象在上方，故，即． 当与相切时，可设切点， 对求导有，故，解得，此时，故．故正确． 故选：． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．【解答】解：由题意可知，，解得．故答案为：7（答案不唯一，只需要填区间，内的任意一个值）． 13．【解答】解：，设切点是，，则， 故，，代入切线得：，解得：，故答案为：2． 14．【解答】解：记为第行，第列格子，，2，3，4，5，，2，3，4，5， 4 3 3 2 当中是地雷时， 若其余无公共地雷时，图中地雷数为； 若其余有且只有一个公共地雷时，图中地雷数为； 若其余有且只有二个公共地雷时，图中地雷数为； 若其余有且只有三个公共地雷时，图中地雷数为； 若其余有且只有四个公共地雷时，图中地雷数为； 当中不是地雷时， 若其余有且只有一个公共地雷时，图中地雷数为； 若其余有且只有二个公共地雷时，图中地雷数为； 若其余有且只有三个公共地雷时，图中地雷数为； 若其余有且只有四个公共地雷时，图中地雷数为； 若其余有且只有五个公共地雷时，图中地雷数为； 若其余有且只有六个公共地雷时，图中地雷数为； 综上所述：图中地雷数可能取5，6，7，8，9，10，11共7个值． 若已知图中共有7个地雷，由以上分析可知，共分两类： 第一类：当中是地雷时，其余有且只有二个公共地雷，共有种； 第二类：当中不是地雷时，其余有且只有五个公共地雷，共有， 所以若已知图中共有7个地雷，则它们的排列方式有种． 故答案为：7；46． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（本小题满分13分） 解：（Ⅰ）可设等差数列的公差为，，①， ，，成等比数列，，化简得， 若，，； 若，②，由①②可得，，，则． 所以数列的通项公式是或； （Ⅱ）若，可得， 由（Ⅰ）得， ． 16．（本小题满分15分） 解：（1）证明：由平面，知，由是的直径，知， ，平面， 由，分别是，的中点，知， 平面． （2）以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，， 设，0，，，，，且， 易知平面的一个法向量， 设平面的一个法向量，则 则，即 取，得，，则， 二面角的正弦值为，则其余弦值为， ， 又，，解得，．故． 17．（本小题满分15分） （Ⅰ）解：设，，则 令代入的方程有： ，故，即抛物线的方称为： （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知：，，则 直线的方称为，代入抛物线的方程有： 当时， 直线的方程为：，即 此时直线过定点 当时，直线的方称为：，此时仍过点即证直线过定点 18．（本小题满分17分） 解：（1）证明：因为，，，， ，令， 则， 当时，，单调递增，没有最小值，不满足题意． 当时，考虑这一侧，有， 则当时，，不满足题意． 当时，恒成立，在上单调递增， 取，即有． 当时，有，则当时，． 所以存在唯一的使得， 此时在上单调递减，在，上单调递增， 且有，也即． 于是，． 记，则． 当时，恒成立，单调递增， 所以存在两个不同的，使得的最小值为0，也即存在两个不同的，使得． 记，则， 易知在上单调递增，在上单调递减，所以． 若，当时，，而当时，单调递减，方程至多有一个解，不满足题意． 若，则有，方程至多有一个解，不满足题意． 综上所述，． （2）由第一问可知，，． 取，则， 此时． 记，则， 所以在上单调递减，在上单调递增． 由于，所以有， 记，则只需考虑的解即可． ， 所以在上单调递减，在上单调递增，而，所以 只有一个解，此时． 综上，的取值集合为． 19． （本小题满分17分） 解：（1）证明：因为方程有三个根，，， 所以方程即为， 变形为， 比较两个方程可得． （2）证明：有两个零点， 有一个二重根，一个一重根，且 由（1）可得，由可得． 由可得，． 联立上两式可得，解得， 又，，综上． 解：由可得， ． 令，，，则， ，当时，， 在上单调递增，， ． ( 第 1 页 共 1 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$