2025届福建省高中毕业班适应性测试数学试卷

2025届福建省高中毕业班适应性测试 数学试卷 （考试时间120分钟，试卷总分150分） 注意事项： 1．本科考试分试题卷和答题卷，考生须在答题卷指定位置上作答，答题前，请在答题卷的密封线内填写学校、班级、考号、姓名。 2．本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。全卷满分150分，考试时间120分钟。 一、单选题 1．若集合，，则集合中的元素个数为 A．9 B．6 C．4 D．3 2．在如图所示中，二次函数与指数函数的图象只可为 A． B． C． D． 3．在复平面内，复数对应的点关于实轴对称，，则（    ） A．-5 B．5 C．1-4i D．-1+4i 4．已知一个高为6的圆锥被平行于底面的平面截去一个高为3的圆锥，所得圆台的上、下底面圆周均在球的球面上，球的体积为，且球心在该圆台内，则该圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 5．二项式展开式中的系数为（    ） A． B． C． D． 6．设,,且,则下列结论正确的个数为（   ） ①    ②    ③    ④ A．1 B．2 C．3 D．4 7．定义在上的函数的导函数为，满足：， ，且当时，，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数满足，设，若，则当时，（    ） A． B． C． D． 参考数据：. 二、多选题 9．下列结论中正确的是（    ） A．若，则 B．若a是第二象限角，则为第一象限或第三象限角 C．若角a的终边过点P（3k，4k）(k≠0），则 D．若扇形的周长为6，半径为2，则其中心角的大小为1弧度 10．已知圆：，直线：，则下列说法正确的是（    ） A．直线恒过定点 B．直线被圆截得的弦最长时， C．直线被圆截得的弦最短时， D．直线被圆截得的弦最短弦长为 11．已知等差数列的前n项和为，公差．若，则（    ） A． B． C． D． 12．若函数对定义域D内的每一个，都存在唯一的，使得成立，则称为“自倒函数”．则下列结论正确的是（    ） A．f(x)＝sinx+（x∈[－，]）是“自倒函数” B．“自倒函数”可以是奇函数 C．“自倒函数”的值域可以是R D．若都是“自倒函数”且定义域相同，则也是“自倒函数” 三、填空题 13．已知非零向量，满足，且，则与的夹角为 ． 14．已知椭圆的左、右焦点为、，点关于直线的对称点仍在椭圆上，则的周长为 ． 15．设为实数中最大的数．若，，则的最小值为 ． 四、解答题 16．一批产品需要进行质量检验，检验方案是:先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n．如果n=3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验;如果n=4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验;其他情况下，这批产品都不能通过检验． 假设这批产品的优质品率为50%，即取出的产品是优质品的概率都为，且各件产品是否为优质品相互独立 (1)求这批产品通过检验的概率; (2)已知每件产品检验费用为100元，凡抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位:元)，求X的分布列． 17．在公差不为零的等差数列中，，且成等比数列，数列的前项和满足. (1)求数列和的通项公式； (2)设，数列的前项和，若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围. 18．如图，在三棱锥中，平面平面，，， ，，分别为线段，上的点，且，，. (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成的二面角的大小. 19．已知数列的前项和为，. (1)求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式; (2)若 ，求数列的前项和. 从①和②这两个条件中任意选择一个填入上面横线上，并完成解答.注:若选择多个条件作答，则按第一个解答计分. 20．如图，在直三棱柱中，平面侧面，且. (1)求证：； (2)若直线与平面所成的角为，请问在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在请求出的位置，不存在请说明理由. 21．如图，已知椭圆的左焦点为，点是椭圆上位于第一象限的点，M，N是轴上的两个动点(点位于轴上方)，满足且，线段PN交轴于点. (1)若，求点的坐标； (2)若四边形为矩形，求点的坐标； (3)求证:为定值. 试卷第2页，共6页 试卷第1页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C B B D C A A ABD ABC 题号 11 12 答案 ABD AB 1．D 【详解】的数对共9对，其中满足，所以集合中的元素个数共3个． 2．C 【分析】指数函数可知，同号且不相等，再根据二次函数常数项为零经过原点即可得出结论． 【详解】根据指数函数可知，同号且不相等，则二次函数的对称轴在轴左侧，又过坐标原点， 故选：C． 【点睛】本题主要考查二次函数与指数函数的图象与性质，属于基础题． 3．B 【分析】根据对称得，再由复数的乘法计算即可. 【详解】复数对应的点关于实轴对称，， 所以， 所以. 故选：B. 4．B 【分析】设圆锥的底面半径为，球心到圆台上底面的距离为，由球的体积可得半径为，结合圆台的结构特征列式解得，进而可求得表面积. 【详解】设圆锥的底面半径为，依题意得该圆台的上底面半径为，且圆台的高为3． 设球心到圆台上底面的距离为，球的半径为， 由球的体积为，解得， 因为点在该圆台内，则， 解得， 可得该圆台的母线长， 所以圆台的表面积为． 故选：B. 5．D 【分析】利用二项式定理可得展开式通项，分别令即可确定的系数. 【详解】展开式通项为：， 令，则展开式中的系数为； 令，则展开式中的系数为； 令，则展开式中的系数为； 展开式中的系数为. 故选：D. 6．C 【分析】①②直接使用基本不等式,结合对数指数运算,即可判断；③构造函数,利用导数研究其单调性和值域,将转化为,即可判断；④构造函数,利用导数研究其最大值,结合适度放缩,即可判断. 【详解】因为,故可得,当且仅当取得等号； ①，错误； ②,当且仅当时取得等号，正确； ③令,, 故在单调递增,,即当,； ,又,即,解得,故； 故,也即，正确； ④令,则, 故当时,,单调递增；当时,,单调递减； 故的最大值为；由C可知,,则，正确； 故选：C. 7．A 【分析】由给定的不等式构造函数对求导，根据已知条件可判断非得单调性，将所求解不等式转化为有关的不等式，利用单调性脱去即可求解. 【详解】令，则可得 所以是上的奇函数， ， 当时，，所以， 是上单调递增， 所以是上单调递增， 因为， 由可得即， 由是上单调递增，可得 解得：， 所以不等式的解集为， 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是：构造函数，根据已知条件判断的奇偶性和单调性，利用单调性解不等式 . 8．A 【分析】根据函数关系式、指数函数、幂函数以及不等式的性质对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】 ， 所以， 所以，故A正确. 由于，故B错误. 由，得， 所以， 由于，故D错误. 因为， 由于， 所以当时，， 当时，，所以C错误. 故选：A. 【点睛】方法点睛：比较大小的方法包括商比较法.商比较法是将两个数相除，比较商的大小，从而判断两个数的大小关系.这种方法适用于两个数都是正数的情况.如果商大于1，那么被除数大于除数；如果商等于1，那么被除数等于除数；如果商小于1，那么被除数小于除数. 9．ABD 【分析】对于A，利用三角函数的定义可判断；对于B，利用象限角的定义判断；对于C，利用任意角三角函数的定义判断即可；对于D，利用弧长公式求解判断 【详解】解：对于A，由三角函数的定义可知，，其中，因为，所以，所以，所以，所以A正确； 对于B，由于a是第二象限角，所以，所以，当时，，则 为第一象限的角；当时，，则 为第三象限的角，综上为第一象限或第三象限角，所以B正确；、 对于C，由于角a的终边过点P（3k，4k）(k≠0），所以，所以C错误； 对于D，设扇形的圆心角为，则由题意得，得，所以D正确， 故选：ABD 10．ABC 【分析】对于A：根据直线过定点分析判断；对于B、C、D：根据题意结合圆的性质运算求解. 【详解】对于选项A：直线的方程可化为， 令，解得， 所以直线恒过定点，故A正确； 对于选项B：因为，即点在圆内， 当直线过圆心时，直线被圆截得的弦长最长， 此时，解得，故B正确； 对于选项C：当直线时，直线被圆截得的弦长最短， 直线的斜率为，， 由，解得，故C正确； 对于选项D：此时直线的方程是， 圆心到直线的距离为， 可得， 所以最短弦长是，故D错误． 故选：ABC． 11．ABD 【分析】利用等差数列前n项和的二次函数性质求得且，进而判断各项的正误即可. 【详解】由题意，又， 结合二次函数性质知：对称轴，且，即， 所以，，. 综上，A、B、D对，C错. 故选：ABD 12．AB 【分析】依据“自倒函数”的定义，对各个选项给出证明或给出反例即可． 【详解】对于A，，任取，有， ∴，且； 由，得， 即，∴， 且，即， 显然存在唯一的满足题意. ∴是上的自倒函数，所以A正确； 对于B，当是奇函数时，不妨设，其中， 则任取，有， 由得，其中， ∴是定义域上的自倒函数，所以B正确； 对于C，若自倒函数的值域是R，则当时，不存在，使得成立， 所以自倒函数的值域不可以是R，命题不成立，所以C错误； 对于D，当，都是自倒函数，且定义域相同时，函数不一定是自倒函数， 例如，其中，则不是自倒函数， 因为由，得，∴不唯一，故命题不成立，所以D错误． 故选：AB． 【点睛】思路点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解. 但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 13．/ 【分析】利用向量垂直及向量数量积的运算律可得，结合已知及向量数量积的定义即可求与的夹角. 【详解】由题设，，又， ∴，且，为非零向量， ∴，又， ∴. 故答案为： 14． 【分析】由题意首先求得点P的坐标，然后结合椭圆的定义求解焦点三角形的周长即可. 【详解】设， F1关于直线的对称点P坐标为（0，c）， 点P在椭圆上，则：， 则c=b=1,，则， 故的周长为：. 【点睛】椭圆上一点与两焦点构成的三角形，称为椭圆的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、|PF1|＋|PF2|＝2a，得到a，c的关系． 15． 【分析】设，分，分类讨论代数式间的大小关系，利用基本不等式求得的最小值，即可求解． 【详解】设， 则，，， 因为 ，当时，只需考虑，， 又因为，， 两式相乘得，可得，当且仅当时取等号， 当时，，只需考虑，， 两式相乘得， 则，当且仅当时取等号， 因为，故，综上所述，的最小值为． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是对分和讨论，当时利用基本不等式得到，，再对两不等式相乘得，同理当时，利用该方法亦可得. 16．(1) (2)分布列见解析 【分析】（1）设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件，第一次取出的4件产品全是优质品为事件，第二次取出的4件产品全是优质品为事件，第二次取出的1件产品是优质品为事件，这批产品通过检验为事件，依题意有，且与互斥，由概率得加法公式和条件概率，代入数据计算可得； （2）可能的取值为400，500，800，分别求其概率，可得分布列． 【详解】（1）设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件，第一次取出的4件产品全是优质品为事件， 第二次取出的4件产品全是优质品为事件，第二次取出的1件产品是优质品为事件， 这批产品通过检验为事件，依题意有，且与互斥， 所以 ； （2）可能的取值为400，500，800，并且，， ，故的分布列如下： 400 500 800 17．(1)， (2) 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据等比中项的性质得到方程，求出，即可求出的通项公式，再根据，作差得到数列是首项为，公比为的等比数列，即可得解； （2）由（1）可得，利用分组求和法求出，令，利用作差法判断的单调性，即可求出，从而得到关于的对数不等式，解得即可. 【详解】（1）设等差数列的公差为，且成等比数列， ，即，解得或（舍去）， 所以. 数列的前项和， 当时，， 当时，，， 即数列是首项为，公比为的等比数列， . （2）由（1）可得， . 令，， 单调递增，. ，，. 18．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）在中，由勾股定理逆定理可得，在中，由余弦定理求出的长，再由勾股定理逆定理可得，由面面垂直的性质定理可得平面，进而可得，结合，由线面垂直的判定定理即可求证； （2）由（1）可证明，，两两垂直，如图建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由空间向量夹角公式即可求解. 【详解】（1）因为，，，所以， 所以，可得， 又因为， 所以 ，可得， 又因为，所以，所以， 因为平面平面，平面平面，面， 所以平面，因为面，所以， 因为，，所以平面； （2）由（1）知，，两两垂直，如图分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系， 因为直线与平面所成的角为，即，所以， 则，，，， 所以，，， 因为，，所以， 由（1）知，所以， 又平面，面，所以， 因为，所以平面， 所以为平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 由，令，得，， 所以为平面的一个法向量． 所以， 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为， 故平面与平面所成的锐二面角为. 19．(1)证明见解析， (2)答案见解析 【分析】（1）通过消去，得到从而得到证明； （2）若选①，则要运用错位相减法求和，若选②，先化简，然后分奇数偶数，利用分组求和计算. 【详解】（1）依题意可得， 两式相减并化简得，所以                   又，，解得. 所以，故 由于，所以，于是. 故数列是首项为3，公比为3的等比数列       ，即 （2）选①: 由（1）得，则          两式相减得：      所以       选②: 由（1）得，所以 （i）当为偶数时，    （ii）当为奇数时， 综上所述 20．(1)证明见解析 (2)存在，点E为线段中点 【分析】（1）通过作辅助线结合面面垂直的性质证明侧面，从而证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标,再求相关的向量坐标，求平面的法向量，利用向量的夹角公式求得答案. 【详解】（1）证明：连接交于点， 因，则 由平面侧面，且平面侧面， 得平面，又平面，所以. 三棱柱是直三棱柱，则底面ABC，所以. 又，从而侧面， 又侧面，故. （2）由（1）平面，则直线与平面所成的角, 所以，又，所以 假设在线段上存在一点E，使得二面角的大小为, 由是直三棱柱，所以以点A为原点，以AC､所在直线分别为y，z轴,以过A点和AC垂直的直线为x轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 且设， ， 得 所以， 设平面的一个法向量，由，得： ，取, 由（1）知平面，所以平面的一个法向量, 所以，解得, ∴点E为线段中点时，二面角的大小为. 21．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）结合椭圆的定义求得点的坐标. （2）利用向量垂直列方程，化简求得点的坐标. （3）利用向量垂直列方程，化简求得为定值. 【详解】（1）椭圆，，， ， 设，且在第一象限，，. 则. （2）设， 由于，所以. ①， 由于， 所以 ②， 由于四边形为矩形，， 所以③， 由于四边形为矩形，， 所以④， ③-④并化简得， ， 由于，所以，代入②得： ，，代入③得： ，由于，故解得，所以. （3）令（）， 由①②得， ， ，将代入得 ，， ，， ，由于，所以. 所以为定值. 【点睛】本小题破题关键在于利用向量运算表示垂直，构建各个量之间的等量关系式，进而化简得出题目的所求. 答案第16页，共17页 答案第17页，共17页 学科网（北京）股份有限公司 $$