精品解析：福建省漳州市2025届高三毕业班第一次教学质量检测数学试题

福建省漳州市2025届高三毕业班第一次教学质量检测 数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟． 考生注意： 1．答题前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自己的准考证号､姓名．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号､姓名”与考生本人准考证号､姓名是否一致． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，用0.5m黑色签字笔将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回． 一､单项选择题：本大题共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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解出一元二次不等式可得集合，再由补集定义即可求得结果. 【详解】解不等式可得或，即或， 因此可得. 故选：A 2. 设复数，则复数的虚部为 A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据复数的除法运算化简求出即可. 【详解】解：， ∴的虚部为2. 故选：D. 【点睛】本题考查了复数的除法运算，属基础题. 3. 已知为单位向量，若，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】先由已知条件得，两边平方得，进而由向量模长公式即可计算求解. 【详解】因为，故， 所以即，所以即， 所以. 故选：B. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用同角的三角函数关系以及两角差的正弦公式求出，再利用两角和的正弦公式即可求得答案. 【详解】由，得，即， 由，得， 故， 则， 故选：C 5. 已知双曲线，点为上一点，过分别作的两条渐近线的垂线，垂足分别为，则四边形（为原点）的面积为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】先确定四边形为矩形，然后点，求出其到两个渐近线的距离，相乘计算即可得答案. 【详解】双曲线C：，即，为等轴双曲线，渐近线的夹角为， 则四边形为矩形， 设点，且， 点到渐近线的距离为， 点到渐近线的距离为， 则四边形的面积为. 故选：B. 6. 在正四棱锥中，．用一个平行于底面的平面去截该正四棱锥，得到几何体，则几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题可知，几何体为正四棱台，求出正四棱台高，再由台体的体积公式即可得出答案. 【详解】设正四棱锥的侧棱长为， 连接与交于点，连接，则平面， 因为，所以， 因为，所以在中，， 解得：，所以， 又因为用一个平行于底面的平面去截该正四棱锥，得到几何体， 则几何体为正四棱台， 连接交于点，所以为的中点， 所以，所以几何体的体积为： . 故选：C. 7. 已知函数，若方程在区间上恰有3个实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助正切型函数的图象性质计算即可得. 【详解】当时，， 则由题意可得在上有3个实数根， 即可得， 解得，即的取值范围是. 故选：C. 8. 已知函数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出函数的奇偶性，由奇偶性得，接着利用导数工具二次求导研究函数在上单调性，由单调性即可判断的大小关系. 【详解】因为， 所以函数定义域为，， 所以函数为偶函数，故， 当时，， 所以， 因为，所以， 所以在单调递增，故即， 所以在单调递增，又， 所以，所以. 故选：A. 【点睛】思路点睛：比较函数值大小问题通常通过研究函数的奇偶性和单调性来分析，故本题先求出函数的奇偶性，接着利用导数工具研究函数在上单调性，进而由函数奇偶性和单调性即可判断的大小关系. 二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错或不选的得0分． 9. （多选）已知，则（    ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】正确理解正态分布的概念，即可判断A，B两项，利用正态分布曲线的对称性以及概率分布的特点易推理判断C，D两项. 【详解】A选项，由可得，所以A选项正确； B选项，由可得，所以B选项错误； C选项，利用正态曲线的对称性可知，， 故 ，所以C选项正确； D选项，利用正态曲线的对称性可知，， 而，故，所以D选项错误. 10. 已知定义在上的函数不恒等于，且对任意的，有，则（ ） A. B. 是偶函数 C. 的图象关于点中心对称 D. 是的一个周期 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用赋值法令根据表达式可判断A正确，再根据偶函数定义可得B正确；取并根据对称中心定义可得C正确，由对称中心以及偶函数性质可判断是的一个周期，可得D错误. 【详解】对于A,根据题意令，则由可得，解得，即A正确； 对于B,令可得，所以， 即可得对任意的满足，即是偶函数，所以B正确； 对于C,令，则由可得， 即满足，因此可得的图象关于点中心对称，即C正确； 对于D,由于是偶函数，所以满足，即， 可得，也即，所以是的一个周期，即D错误. 故选：ABC 11. 在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69.800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转、、后所得三条曲线与C围成的（如图阴影区域），A，B为C与其中两条曲线的交点，若，则（ ） A. 开口向上的抛物线的方程为 B. C. 直线截第一象限花瓣的弦长最大值为 D. 阴影区域的面积大于4 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用旋转前后抛物线焦点和对称轴变化，即可确定抛物线方程； 对于B，联立抛物线方程，求出点的坐标，即得； 对于C，将直点线与抛物线方程联立求出的坐标，由两点间距离公式求得弦长，利用换元和函数的图象即可求得弦长最大值； 对于D，利用以直线近似取代曲线的思想求出三角形面积，即可对阴影部分面积大小进行判断. 【详解】由题意，开口向右的抛物线方程为，顶点在原点，焦点为， 将其逆时针旋转后得到的抛物线开口向上，焦点为，则其方程为，即，故A正确； 对于B，根据A项分析，由可解得，或，即，代入可得， 由图象对称性，可得，故，即B正确； 对于C， 如图，设直线与第一象限花瓣分别交于点， 由解得，由解得，， 即得， 则弦长为：， 由图知，直线经过点时取最大值4，经过点时取最小值0， 即在第一象限部分满足，不妨设，则，且， 代入得，，（） 由此函数的图象知，当时，取得最大值为，即C错误； 对于D，根据对称性，每个象限的花瓣形状大小相同，故可以先求部分面积的近似值. 如图， 在抛物线上取一点，使过点的切线与直线平行， 由可得切点坐标为，因，则点到直线的距离为， 于是，由图知，半个花瓣的面积必大于， 故原图中的阴影部分面积必大于，故D正确. 故选：ABD. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. （x﹣）4的展开式中的常数项为_____. 【答案】6； 【解析】 【分析】先得出二项式的展开式中的通项，令，可得答案. 【详解】因为（x﹣）4的展开式中的通项为：，令，得， 所以（x﹣）4的展开式中的常数项为， 故答案为：6. 【点睛】本题考查二项式的展开式的通项公式，求二项式展开式中的特定项，属于基础题. 13. 已知数列的前项和为，当取最小值时，_____. 【答案】3 【解析】 【分析】根据求得，代入结合基本不等式分析最值即可. 【详解】因为， 当时，， 又当时，，满足，故； 则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以当时，取得最小值. 故答案为：. 14. 2024年新高考数学Ⅰ卷多选题的计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，共18分；②每小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对的得6分，有选错或不选的得0分；③部分选对的得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．考生甲在此卷多选题的作答中，第一小题选了三个选项，第二小题选了两个选项，第三小题选了一个选项，则他多选题的所有可能总得分（相同总分只记录一次）的第80百分位数为__________． 【答案】13 【解析】 【分析】根据多选题的计分标准，结合甲在此卷多选题的作答情况、百分位数的定义进行求解即可. 【详解】甲在此卷多选题的作答中， 第一小题选了三个选项，因此甲此题的得分可以是分，或分； 第二小题选了两个选项，因此甲此题的得分可以是分，或分，或分； 第三小题选了一个选项，因此甲此题的得分可以是分，或，或， 因此甲多选题的所有可能总得分为分，分，分，分，分，分，分，分，10分，分，分，分，分，共种情况， 因为，所以甲多选题的所有可能总得分（相同总分只记录一次）的第80百分位数为分， 故答案为： 四､解答题：本大题共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. 在中，的对边分别为，且满足__________． 请在①；②，这两个中任选一个作为条件，补充在横线上，并解答问题． （1）求； （2）若的面积为为的中点，求的最小值． 【答案】（1）任选一条件，都有 （2） 【解析】 【分析】（1）选①，由正弦定理角化边结合余弦定理，即可求得答案；选②，利用三角函数诱导公式求出，结合角的范围即可求得答案； （2）利用三角形面积可求出，再将平方后结合基本不等式，即可求得答案；另外，也可利用的面积以及在中利用余弦定理求解. 【小问1详解】 选择条件①，， 则， 由正弦定理可得，即， 所以，由，所以． 选择条件②，， 即，所以， 由，则， 所以，则． 【小问2详解】 由，解得． 又， 所以 所以，当且仅当时等式成立， 所以的最小值是． 另解：因为为中点， 所以，得， 在中，由余弦定理得 所以，当且仅当时等式成立， 所以的最小值是． 16. 某学校食堂有两家餐厅，张同学第1天选择餐厅用餐的概率为．从第2天起，如果前一天选择餐厅用餐，那么次日选择餐厅用餐的概率为；如果前一天选择餐厅用餐，那么次日选择餐厅用餐的概率为．设他第天选择餐厅用餐的概率为． （1）求的值及关于的表达式； （2）证明数列是等比数列，并求出的通项公式． 【答案】（1），． （2） 又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 从而． 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用互斥事件的概率公式可求得，再根据第天选择餐厅用餐的概率得到关于的表达式； （2）由（1）可得到是等比数列，利用等比数列的通项公式可求得. 【小问1详解】 设“第天去餐厅用餐”，“第天去餐厅用餐”， 则，且与互斥．根据题意得 ， ， ， ， 即． 【小问2详解】 略 17. 已知边长为4的菱形（如图1），与相交于点为线段上一点，将三角形沿折叠成三棱锥（如图2）． （1）证明：； （2）若三棱锥的体积为8，二面角的余弦值为，求的长． 【答案】（1） 因为四边形是边长为4的菱形，并且， 所以均为等边三角形， 故，且， 因为平面平面，且， 所以平面 因为平面，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）要证，只需证平面，只需证，由题易证； （2）由体积求出的长，建立空间直角坐标系，假设，求出平面的法向量，由余弦值为，求出，进而可求的长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设到平面的距离为，因为等边三角形的边长为4， 所以三棱锥的体积为，所以， 因为，所以平面， 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系； 则，，设 因为⊥平面，所以是平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 又， 故 取，则， 得， 因为二面角的余弦值为， 所以 解得：或（舍去），此时． 18. 已知椭圆的两个焦点分别为，，离心率为，点P为上一点，周长为，其中为坐标原点. （1）求椭圆的方程； （2）直线与交于A，B两点， ①求面积的最大值； ②设，试证明点Q在定直线上，并求出定直线方程. 【答案】（1） （2）①； ②设， 由可得，即. 因为，所以，故， 于是有，所以点Q在定直线. 【解析】 【分析】（1）根据题意列出方程组，求出及，即可得解； （2）①设，.联立直线和椭圆组成的方程组，利用韦达定理求出，再求出点O到直线的距离，即可得的面积，再利用基本不等式即可求出最大值；②设,由得到三点坐标之间的关系，再利用韦达定理转化成之间的关系，即可得证. 【小问1详解】 设椭圆的焦距为2c， 依题意有，解得. 又因为，所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 ①设，. 由消去,得*. 因为直线与交于A，B两点， 所以方程*的，解得. 又由韦达定理可知，， 所以弦长 ， 又因为点O到直线的距离， 所以的面积 ， 当且仅当，即时等号成立. 所以面积的最大值为； ②略 19. 定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值，且存在一个常数 ，使成立，则称函数为极值可差比函数，常数 称为该函数的极值差比系数.已知函数. （1）当时，判断是否为极值可差比函数，并说明理由； （2）是否存在 使的极值差比系数为？若存在，求出 的值，若不存在，请说明理由； （3）若，求的极值差比系数的取值范围. 【答案】（1）是，理由： 当时，（）， 则 当时， ，当，， 所以在和上严格递增，在上严格递减， 所以的极大值为，极小值为， 所以，所以是极值差比函数. （2）不存在，理由： 的定义域为，， 假设存在 使的极值差比系数为， 则，是方程的两个不相等的正实数根， 则，解得，不妨设，则， 因为 ， 所以，从而，得（*） 令（ ），， 所以在上是严格增函数，所以， 因此（*）无解，所以不存在 使的极值差比系数为； （3） 【解析】 【分析】（1）利用函数的导函数求出单调区间，由此得出极大值与极小值，由“极值可差比函数”的定义，求出极值差比系数 的值，这样的值存在即可判断. （2）反证法，假设存在这样的 ，由“极值可差比函数”的定义列出等量关系，证明无解即可. （3）由（2）得到参数 与极值点的关系式，对关系式进行转化，得出相应函数，利用导函数求出单调性，即可得出函数取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知极值差比系数为，即， 不妨设，令，，极值差比系数可化为， ，又，解得， 令（），， 设（），， 所以在上单调递减，当时，， 从而，所以在上单调递增，所以， 即， 所以的极值差比系数的取值范围为. 【点睛】思路点睛：研究复杂函数的性质，直接构造或者简单拆分函数依然复杂，这时候需要依赖对函数的等价变换，通过恒等变形发现简单函数结构，再进行构造研究. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省漳州市2025届高三毕业班第一次教学质量检测 数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟． 考生注意： 1．答题前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自己的准考证号､姓名．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号､姓名”与考生本人准考证号､姓名是否一致． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，用0.5m黑色签字笔将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回． 一､单项选择题：本大题共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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数，则复数的虚部为 A. B. C. D. 2 3. 已知为单位向量，若，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 0 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线，点为上一点，过分别作的两条渐近线的垂线，垂足分别为，则四边形（为原点）的面积为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 6 6. 在正四棱锥中，．用一个平行于底面的平面去截该正四棱锥，得到几何体，则几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若方程在区间上恰有3个实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若，则（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错或不选的得0分． 9. （多选）已知，则（    ） A. B. C. D. 10. 已知定义在上的函数不恒等于，且对任意的，有，则（ ） A. B. 是偶函数 C. 的图象关于点中心对称 D. 是的一个周期 11. 在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69.800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转、、后所得三条曲线与C围成的（如图阴影区域），A，B为C与其中两条曲线的交点，若，则（ ） A. 开口向上的抛物线的方程为 B. C. 直线截第一象限花瓣的弦长最大值为 D. 阴影区域的面积大于4 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. （x﹣）4的展开式中的常数项为_____. 13. 已知数列的前项和为，当取最小值时，_____. 14. 2024年新高考数学Ⅰ卷多选题的计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，共18分；②每小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对的得6分，有选错或不选的得0分；③部分选对的得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．考生甲在此卷多选题的作答中，第一小题选了三个选项，第二小题选了两个选项，第三小题选了一个选项，则他多选题的所有可能总得分（相同总分只记录一次）的第80百分位数为__________． 四､解答题：本大题共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. 在中，的对边分别为，且满足__________． 请在①；②，这两个中任选一个作为条件，补充在横线上，并解答问题． （1）求； （2）若的面积为为的中点，求的最小值． 16. 某学校食堂有两家餐厅，张同学第1天选择餐厅用餐的概率为．从第2天起，如果前一天选择餐厅用餐，那么次日选择餐厅用餐的概率为；如果前一天选择餐厅用餐，那么次日选择餐厅用餐的概率为．设他第天选择餐厅用餐的概率为． （1）求的值及关于的表达式； （2）证明数列是等比数列，并求出的通项公式． 17. 已知边长为4的菱形（如图1），与相交于点为线段上一点，将三角形沿折叠成三棱锥（如图2）． （1）证明：； （2）若三棱锥的体积为8，二面角的余弦值为，求的长． 18. 已知椭圆的两个焦点分别为，，离心率为，点P为上一点，周长为，其中为坐标原点. （1）求椭圆的方程； （2）直线与交于A，B两点， ①求面积的最大值； ②设，试证明点Q在定直线上，并求出定直线方程. 19. 定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值，且存在一个常数 ，使成立，则称函数为极值可差比函数，常数 称为该函数的极值差比系数.已知函数. （1）当时，判断是否为极值可差比函数，并说明理由； （2）是否存在 使的极值差比系数为？若存在，求出 的值，若不存在，请说明理由； （3）若，求的极值差比系数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $