精品解析：福建省泉州市2025届高三质量监测（一）数学试题

泉州市2025届高中毕业班质量监测（一） 高三数学 2024.08 本试卷共19题，满分150分，共8页.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.考生作答时，将答案答在答题卡上.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸､试题卷上答题无效. 3.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用05毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整､笔迹清楚. 4.保持答题卡卡面清洁，不折叠､不破损.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A. 1 B. -1 C. D. 16 3. 已知向量满足与的夹角为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知正四棱台的顶点都在同一球面上，其上､下底面边长分别为，高为3，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数满足，若，则（ ） A. 25 B. 125 C. 625 D. 15625 8. 已知函数，则（ ） A. 是的一个周期 B. 是图象的一条对称轴 C. 是图象的一个对称中心 D. 在区间内单调递减 二､多选题：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. 某校在开展“弘扬中华传统文化，深植文化自信之根”主题教育的系列活动中，举办了“诵读国学经典，传承中华文明”知识竞赛．赛前为了解学生的备赛情况，组织对高一年和高二年学生的抽样测试，测试成绩数据处理后，得到如下频率分布直方图，则下面说法正确的是（ ） A. 高一年抽测成绩的众数为75 B. 高二年抽测成绩低于60分的比率为 C. 估计高一年学生成绩的平均分低于高二年学生成绩的平均分 D. 估计高一年学生成绩的中位数低于高二年学生成绩的中位数 10. 已知函数，则（ ） A. 的值域为 B. 图象的对称中心为 C. 当时，无极值 D. 当时，在区间内单调递减 11. 在平面直角坐标系中，已知是动点．下列命题正确的是（ ） A. 若，则的轨迹的长度等于2 B. 若，则的轨迹方程为 C. 若，则的轨迹与圆没有交点 D. 若，则的最大值为3 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若曲线在处的切线与直线垂直，则__________. 13. 过双曲线的两个焦点分别作实轴的垂线，交于四个点，若这四个点恰为一个正方形的顶点，则的离心率为__________. 14. 如图，有一个质地均匀的正八面体，八个面分别标以数字1到8.将该八面体连续抛掷三次，按顺序记录它与地面接触的面上的数字，则这三个数恰好构成等差数列的概率为__________. 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. 的内角所对的边分别为，已知. （1）求； （2）若的角平分线与交于点，求. 16. 如图，在圆柱中，分别为圆柱的母线和下底面的直径，为底面圆周上一点. （1）若为的中点，求证：平面； （2）若，圆柱的体积为，求二面角的正弦值. 17. 已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，且经过点. （1）求的方程； （2）过且不垂直于坐标轴的直线交于两点，点为的中点，记的面积为的面积为，求的取值范围. 18. 已知曲线. （1）证明：； （2）若曲线关于直线对称的曲线为，则称为与的一条对称轴.请写出与的一条对称轴，并探究是否存在其它的对称轴； （3）已知是上的两点，是上的两点，若四边形为正方形，其周长为，证明：.（参考数据：） 19. 已知正整数满足，正整数满足，.对于确定的正整数，记的最小值为.例如：当时，或或. （1）当时，写出的所有值及的值； （2）探究的值； （3）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州市2025届高中毕业班质量监测（一） 高三数学 2024.08 本试卷共19题，满分150分，共8页.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.考生作答时，将答案答在答题卡上.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸､试题卷上答题无效. 3.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用05毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整､笔迹清楚. 4.保持答题卡卡面清洁，不折叠､不破损.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用排除法或先求集合A,再结合集合的交集判断求解. 【详解】解法一：（排除法）因符合题意，排除D；因为符合题意，排除； 解法二：因为，所以， 故选:C. 2. 若复数满足，则（ ） A. 1 B. -1 C. D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的运算法则即可得出. 【详解】解法一：设，则， 解得，所以，所以， 解法二：因为，所以， 解法三：方程两边同时平方，有，所以， 故选:A. 3. 已知向量满足与的夹角为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对等式进行变形得，再运算数量积的运算求解即可. 【详解】设，由题得， 所以， ，所以， 所以，又， 所以， 故选:D. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据同角三角函数的基本关系以及辅助角公式求解即可. 【详解】解法一：（特殊法）由题知满足条件，所以. 解法二：由题得，所以， 所以，所以, . 解法三：由题得， 所以，即， 所以，即. 解法四：由题得，所以， 所以，即， 所以，所以. 解法五：观察，知同正，为第一象限角， 其正切值为正，排除A，B. 若，可取，则， 不符合已知条件，排除D， 故选:C. 5. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据分段函数的单调性以及指数函数的性质求解即可. 【详解】由指数函数的底数要求只讨论且， 由题意得为单调递增， 因为双勾函数在单调递减，单调递增， 所以，故； 又时，为单调递增，故； 再由，得； 综上，， 故选：B. 6. 已知正四棱台的顶点都在同一球面上，其上､下底面边长分别为，高为3，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】法一：分别求得上下底面所在平面截球所得圆的半径，找到球心，求得半径，再由球的表面积公式可得结果；法二：应用排除法得答案． 【详解】法一：正四棱台的对角面的外接圆为其外接球的大圆（如下图）， 对角面为等腰梯形，其上下底边长分别为2，4，高为3， 由正四棱台的对称性可知，球的球心在梯形上下底的中点连线所在直线上， 设，则，球半径为， 由，可得，解得， 所以所求的球的表面积为， 法二：下底的外接圆不大于球的大圆，故球半径（下底对角线长的一半），表面积排除D； 对角面等腰梯形的对角线长，故球半径，表面积，排除C； 若，则，易求球心到的距离为，球心到的距离为， 无法满足，或，排除A. 故选：B. 7. 已知函数满足，若，则（ ） A. 25 B. 125 C. 625 D. 15625 【答案】C 【解析】 【分析】利用赋值法结合条件可得进而即得；或构造函数求解. 【详解】解法一：由题意取，可得 即知则. 解法二：令，则 ， 所以， 即，所以，则. 解法三：由可构造满足条件的函数， 可以快速得到. 故选：C. 8. 已知函数，则（ ） A. 是的一个周期 B. 是图象的一条对称轴 C. 是图象的一个对称中心 D. 在区间内单调递减 【答案】B 【解析】 【分析】法一：利用排除法，取特值检验即可；法二：根据周期性的定义判断A；根据对称性的定义判断BC；利用导数判断在区间内单调性，进而判断D. 【详解】法一：（排除法）因为， ， 即，所以不是的一个周期，故A错误； 且，所以不是图象的一个对称中心，故C错误； 又因为， 即，所以在区间内不单调递减，故D错误； 法二：A：因为 即，所以不是的一个周期，故A错误； B：因为， 即，所以是图象的一条对称轴，故B正确； C：因为， 即，所以不是图象的一个对称中心，故C错误； D：因为 当时，，此时； 当时，，此时； 当时，，此时； 可知在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 所以在区间内不单调递减，故D错误； 故选：B. 【点睛】关键点点睛：对于复杂的函数性质问题，可以通过举反例的形式说明其错误，这样可以简化计算和推理. 二､多选题：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. 某校在开展“弘扬中华传统文化，深植文化自信之根”主题教育的系列活动中，举办了“诵读国学经典，传承中华文明”知识竞赛．赛前为了解学生的备赛情况，组织对高一年和高二年学生的抽样测试，测试成绩数据处理后，得到如下频率分布直方图，则下面说法正确的是（ ） A. 高一年抽测成绩的众数为75 B. 高二年抽测成绩低于60分的比率为 C. 估计高一年学生成绩的平均分低于高二年学生成绩的平均分 D. 估计高一年学生成绩的中位数低于高二年学生成绩的中位数 【答案】ACD 【解析】 【详解】根据频率分步直方图､样本的数字特征等基础知识判断即可． 【试题解析】选项A：高一年学生成绩的众数为区间的中点横坐标，故A正确； 选项B：高二年学生成绩得分在区间的学生人数频率为， 所以低于60分的比率为，故B错误； 选项C：高一年学生成绩的平均数约为分； 高二年学生成绩的平均数约为分， 因为，故C正确； 选项D：高一年学生成绩的中位数位于，高二年学生成绩的中位数位于，故D正确； 故选：ACD． 10. 已知函数，则（ ） A. 的值域为 B. 图象的对称中心为 C. 当时，无极值 D. 当时，在区间内单调递减 【答案】BC 【解析】 【分析】函数的基本性质判断A,B,应用导函数求解函数的单调性判断D,应用导函数判断极值存在性判断C. 【详解】A选项：当至少一个不为0，则函数为三次函数或者一次函数，值域均为；当均为0时，值域为，故A错误； B选项：函数满足，可知为奇函数，其图象关于中心对称， 所以的图象为的图象向上移动一个单位后得到的，即关于中心对称，故B正确； C选项：，当时，恒大于0或者恒小于0，所以函数在上单调，无极值.故C正确； D选项：，当时，取，当时，在区间上单调递增，D选项错误. 故选:BC. 11. 在平面直角坐标系中，已知是动点．下列命题正确的是（ ） A. 若，则的轨迹的长度等于2 B. 若，则的轨迹方程为 C. 若，则的轨迹与圆没有交点 D. 若，则的最大值为3 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，确定M点轨迹，即可判断；对于B，结合双曲线定义进行判断；对于C，求出M点轨迹方程，联立方程或利用向量数量积判断与圆的交点情况，即可判断；对于D，求出动点M的轨迹方程，进而求解数量积最值，即可判断. 【详解】选项A：因为，所以的轨迹为线段， 从而的轨迹的长度等于2，故A正确； 选项B：因为，由双曲线的定义知，的轨迹是以为焦点的双曲线的右支， 而结论的方程中未限制范围，故B错误；（由，得的轨迹方程为） 选项C：解法一：由，得， 化简得，，联立，得， 这与矛盾，所以方程组无解，故的轨迹与圆没有交点，故C正确； 解法二：若有交点，则， 又，矛盾， 所以的轨迹与圆没有交点，故C正确； 选项D： 解法一：由得，， 化简得， 所以的轨迹是以为圆心，半径为的圆， 等于在轴上的投影的长度， 由图知其最大值为3，故D正确； 解法二：同法一得的轨迹是以为圆心，半径为的圆， ，由圆的方程知可取到最大值3，故D正确； 解法三：由得，， 当在的反向延长线上时取等号， ①； ②当在的反向延长线上，且时， 满足条件，此时， 所以的最大值为3，故D正确； 故选：ACD． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若曲线在处的切线与直线垂直，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用导函数的几何意义以及两直线的位置关系与斜率的关系求解. 【详解】由题意得函数的导函数为，故在处切线的斜率为， 直线的斜率存在为，根据题意得，，解得. 故答案为:. 13. 过双曲线的两个焦点分别作实轴的垂线，交于四个点，若这四个点恰为一个正方形的顶点，则的离心率为__________. 【答案】. 【解析】 【分析】由双曲线的几何性质确定之间的等式关系，即可求解. 【详解】解法一：不妨设双曲线， 令，可得，所以. 依题意可得，，所以， 又，所以，解得：， 又因为，所以. 解法二：如图，连结，在中， 所以离心率. 解法三：，依题意知在曲线上，故， 整理得（取正）， 所以， 故答案为：. 14. 如图，有一个质地均匀的正八面体，八个面分别标以数字1到8.将该八面体连续抛掷三次，按顺序记录它与地面接触的面上的数字，则这三个数恰好构成等差数列的概率为__________. 【答案】##. 【解析】 【分析】利用古典概率模型以及等差数列的定义即可求解. 【详解】由题意可知所有可能情况共有种，按顺序记录的三个数恰好构成等差数列， 可以按照公差为分类，其中公差为和的做法数对应相等. 公差为0的有共8种做法； 公差为1的有共6种做法，同公差为的； 公差为2的有共4种做法，同公差为的； 公差为3的有共2种做法，同公差为的； 所以三个数恰好构成等差数列的概率. 故答案为:. 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. 的内角所对的边分别为，已知. （1）求； （2）若的角平分线与交于点，求. 【答案】（1）. （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角以及三角恒等变换公式求解； （2）利用等面积法以及余弦定理即可求解. 【小问1详解】 依题意，由正弦定理可得 所以， 又 所以， 因为，所以，所以， 又，所以. 【小问2详解】 解法一：如图，由题意得，， 所以，即， 又，所以， 所以，即， 所以. 解法二：如图，中，因为， 由余弦定理得，， 所以，所以， 所以， 所以， 所以. 16. 如图，在圆柱中，分别为圆柱的母线和下底面的直径，为底面圆周上一点. （1）若为的中点，求证：平面； （2）若，圆柱的体积为，求二面角的正弦值. 【答案】（1） 取中点，连结，如图， 由分别为的中点，得， 由圆柱上下底面平行，且与平面交于和， 得，且，则且， 因此四边形为平行四边形，，又平面平面， 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）取中点，利用线面平行的判定性质，结合圆柱的结构特征推理即得. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由为底面直径，得， 由圆柱的体积，得， 过作平面，则，又， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量为，则，令，得， 设平面的法向量为，则，令，得， 设二面角的大小为，则， 于是， 所以二面角的正弦值为. 17. 已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，且经过点. （1）求的方程； （2）过且不垂直于坐标轴的直线交于两点，点为的中点，记的面积为的面积为，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用离心率公式以及点在椭圆上即可求解； （2）解法一：设，利用三角形的面积公式，将面积之比表示为点的纵坐标之比，利用韦达定理可求出的纵坐标之比的取值范围，从而可求解； 解法二：设，将面积之比表示为点A,B的纵坐标之比，利用韦达定理可求出A,B的纵坐标之比的取值范围，即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， 因为点在椭圆上，所以. 即，解得，所以， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 解法一： 由（1）得，依题意设， 由消去，得， 设，则， 设，则， ， 由得，， 即， 因为，所以，所以， 所以， 令且， 则，解得，且， 所以，所以的取值范围为. 解法二： 由（1）得，依题意设， 由消去，得， 设，则， 所以， 设，则， ， 令且， 则代入可得， 消去得：， 因为，所以， 所以，解得，且， 所以，所以的取值范围为. 18. 已知曲线. （1）证明：； （2）若曲线关于直线对称的曲线为，则称为与的一条对称轴.请写出与的一条对称轴，并探究是否存在其它的对称轴； （3）已知是上的两点，是上的两点，若四边形为正方形，其周长为，证明：.（参考数据：） 【答案】（1） 要证原命题，只需证， 设函数，其导函数为， 显然在单调递增， 且， 故存在唯一的满足，即， 从而可得在上，单调递减； 在上，单调递增； 所以在处取到最小值， 其中即， 所以得证. （2）与的一条对称轴为直线，是与的唯一对称轴 （3） 由题意，不妨设，其中， 并由（2）分析得分别与关于直线对称， 可得，且， 由正方形可得，即 所以，即正方形对角线轴， 因为，即 即.② 又因为，所以②式可化为 故为方程的根， 即的零点为， 因为， 所以在单调递增， 且， 所以， 所以正方形的边长， 令，且， ，所以在单调递增， 则，即正方形的边长大于， 所以正方形的周长. 【解析】 【分析】（1）利用导函数与函数单调性、最值的关系结合隐零点证明； （2）利用两函数成反函数关系可确定对称轴为，并用反证法思想证明有且仅有一条对称轴； （3）设，其，利用正方形的性质特征建立四个顶点横坐标之间的等量关系，进而确定正方形边长为，构造函数即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 与的一条对称轴为直线， 且是与的唯一对称轴， 证明如下： ,所以在处的切线斜率为1，切点为， 所以切线方程为，所以结合函数图像可知，当且仅当时取等号， 即曲线与直线相切于点， 且曲线在直线的上方（除点）； ,所以在处的切线斜率为1，切点为， 所以切线方程为，所以结合函数图像可知，当且仅当时取等号， 即与直线相切于点， 且曲线在直线的下方（除点）； 而平行线的距离为， 故曲线上的任意点与上任意点的距离不小于， 注意到两点距离恰为， 故可得结论①：曲线上的任意点与上任意点的距离最小值为， 当且仅当这两点分别为时取到. 反证法：假设与存在除以外的其它对称轴， 那么关于的对称点， 注意到两点关于直线对称，故在上且异于点， 同理关于的对称点，其中在上且异于点， 根据对称性可得， 这与①矛盾，故假设不成立.故是与的唯一对称轴. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于设，其，利用正方形的性质特征建立四个顶点横坐标之间的等量关系，进而确定正方形边长为，构造函数，利用导函数与函数的单调性与最值的关系即可证明. 19. 已知正整数满足，正整数满足，.对于确定的正整数，记的最小值为.例如：当时，或或. （1）当时，写出的所有值及的值； （2）探究的值； （3）证明：. 【答案】（1）的所有值为：，. （2） （3） 法一： 由（2）， 要证，即证， 因为左边 故原不等式得证. 法二： 由（2）， 要证，即证， 因为左边 故原不等式得证. 法三： 由（2） 因为左边’ 故原不等式得证. 【解析】 【分析】（1）根据题目所给新定义列出4种不同可能即可求解； （2）利用猜想出时，，再证明即可； （3）利用放缩法和裂项相消求和的方法即可证明. 【小问1详解】 因为，，， ， 所以的所有值为：，所以. 【小问2详解】 当时，探究展示如下表： 项数 3 0 1 6 项数 0 3 0 6 项数 4 2 0 8 项数 8 1 0 10 项数 12 0 0 12 由上表可知，. 当时，探究展示如下表： 项数 3 0 2 9 项数 0 3 1 9 项数 4 2 1 11 项数 8 1 1 13 项数 12 0 1 15 项数 1 5 0 11 项数 5 4 0 13 项数 9 3 0 15 项数 13 2 0 17 项数 17 1 0 19 项数 21 0 0 21 由上表可知，. 3 0 1 6 3 0 2 9 3 0 3 12 3 0 猜想时，. 证明如下： 的各项的取值只有三种可能， 记其中取值为的项数分别为. 取，有， 此时. 假设不是的最小值，则存在， 使得，且. 消去，得， 因为，所以或或 若则 若则； 若则. 故矛盾. 所以，是的最小值，. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于在第二小问中利用猜想得到时，，采用先猜后证的数学思想方法可证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $