精品解析：福建省福州市鼓楼区福州第三中学2024-2025学年高三上学期第六次质量检测数学试题

福州三中2024-2025学年第一学期高三第六次质量检测 数学试卷 命题人：高三数学集备组 审卷人：高三数学集备组 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的班级、准考证号、姓名填写在答题卡上. 2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，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，再选涂其他答案标号.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔书写作答.若在试题卷上作答，答案无效. 第Ⅰ卷 一、单选题：本大题共8小题，每小题5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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用并集的概念，结合解一元二次不等式和对数函数不等式求解即可. 【详解】由可解得，故， 由可解得，故， 于是. 故选：D 2. 已知，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的运算和共轭复数概念以及复数对应复平面上的点的位置即可判断. 【详解】由，得， 则，可得在复平面内对应的点为，位于第三象限. 故选：C 3. 若x，，则“是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可. 【详解】当时，，所以， 若，则，即或，当时，， 所以“是“”的必要不充分条件. 故选：B. 4. 已知的展开式中第项与第项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等， 所以，解得， 所以二项式中奇数项的二项式系数和为． 5. 若，则（ ） A. 3 B. C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】利用切化弦的思想求解即可. 【详解】因为，所以 . 故选：C. 6. 已知变量x和变量y的一组成对样本数据为，其中，其回归直线方程为，当增加两个样本数据和后，重新得到的回归直线方程斜率为3，则在新的回归直线方程的估计下，样本数据所对应的残差为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先计算新的数据的平均值，后得到经验回归方程，再结合残差概念计算即可. 【详解】∵，∴增加两个样本点后的平均数为； ∵，∴， ∴增加两个样本点后y的平均数为， ∴，解得， ∴新的经验回归方程为，则当时，， ∴样本点的残差为 故选：B. 7. 已知双曲线的左焦点为为坐标原点，若在的右支上存在关于轴对称的两点，使得为正三角形，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接，利用中位线性质得到是的直角三角形，在焦点三角形中利用双曲线定义即可建立的关系，从而求得离心率． 【详解】设双曲线的焦距为，右焦点为，直线交于点，连接， 因为为正三角形，，所以为的中点，所以， 故，易知，所以， 由双曲线的定义知，即，得. 故选：D. 8. 已知点为函数和图象的交点，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先根据点在函数上得出等式，再同构设新函数，再求导函数得出函数的单调性进而得出等式的值. 【详解】因为点为函数和图象的交点， 所以，即的根为. 因为，所以，故，且为方程的根. 令，则，所以在上单调递增. 又，所以，即，所以. 故选：D. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. 当时，取得最小值 D. 记，则数列的前项和为 【答案】BCD 【解析】 【分析】运用等差数列的通项公式和求和公式，结合二次函数性质可解. 【详解】由题意可设公差为，则有 由有：，故A错误； 故B正确； ，由二次函数的性质可知： 当时，取得最小值，故C正确； 因为， 所以 所以为等差数列，公差为4，首项为， 所以的前项和为：故D正确. 故选：BCD. 10. 已知函数，函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A. 的表达式可以写成 B. 的图象向右平移个单位长度后得到的新函数是奇函数 C. 的对称中心 D. 若方程在上有且只有6个根，则实数的取值范围为 【答案】AB 【解析】 【分析】选项A结合图形得到，，求解出，，从而得到，选项B：向右平移个单位后得，从而判断函数的奇偶性，选项C：解出，然后得到对称中心， 选项D求解出相对应的根即可. 【详解】对于A，由图分析可知：，得，可得， 由，得，即，又，所以， 又，所以，即得， 又，所以，所以，故A正确； 对于B，向右平移个单位后得： ，为奇函数，故B正确； 对于C，，令，得， 所以对称中心，故C不正确； 对于D，由，得， 因为，所以， 令，解得. 又在上有6个根，则根从小到大为， 再令，解得，则第7个根为，故D错误. 故选：AB. 11. 如图，在正三棱柱中，M，N，D，Q分别为棱的中点，，则以下结论正确的是（ ） A. 平面 B. C. 点Q到平面的距离为 D. 三棱锥的外接球表面积为 【答案】AC 【解析】 【分析】应用线面平行判定定理判断A,应用勾股定理计算判断B,应用等体积求出点Q到平面的距离判断C,利用补形及直三棱柱的外接球公式计算外接球半径即可判断D. 【详解】由题，，所以平面,不在平面内，故平面，A正确； 由题可得，， 设，易得，， 因为，即，解得，故，B错误； 因为，所以， 所以平面,平面,得出平面， ， 所以， 又， 设点Q到平面的距离为d，则，得，C正确； 将三棱锥补成以为底面的直三棱柱，则该三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球， 其球心O位于上下底面外心的中点，， 故的外接圆半径， 设外接球半径为R，则， 所以三棱锥的外接球表面积，D错误． 故选：AC． 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡相应横线上. 12. 展开式中的常数项为______.（用数字作答） 【答案】49 【解析】 【分析】利用二项式展开式的通项公式求解即可. 【详解】展开式中得到常数项的方法分类如下： （1）4个因式全取-1，相乘得到常数项.常数项为； （2）4个因式中有1个取，则再取1个，其余因式取，相乘得到常数项.常数项为； （3）4个因式中有2个取，则再取2个，相乘得到常数项.常数项为， 合并同类项，所以展开式中常数项为. 故答案为：49. 13. 已知数列的前项和为，且满足，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用来求得正确答案. 【详解】根据题意，数列满足， 当时，有； 当时，有，不符合， 故 故答案为： 14. “四进制”是一种以为基数的计数系统，使用数字，，，来表示数值．四进制在数学和计算的世界中呈现出多个维度的特性，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响．四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以的相应次方（从开始），然后将所有乘积相加．例如：四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；现将所有由，，组成的位（如：，）四进制数转化为十进制数，在这些十进制数中任取一个，则这个数能被整除的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据四进制与十进制的转换规则，利用二项式定理将的高次方展开并求得除以之后的余数，令余数能被整除即可得出所有数字组合种类数，可求得概率. 【详解】设， 则位四进制数转换为十进制为 ， 若这个数能被3整除，则能被整除． 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 这个四进制数由，，，组成时，有个； 这个四进制数由，，，组成时，有个； 这个四进制数都由组成时，有个． 因为由，，组成的位四进制数共有个， 所以能被整除的概率． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于将进制转化为进制之后，利用二项式定理来求解能否被整除的问题，得出所有可能的组合即可求得相应概率. 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. 某市物理教研员在一次高二全市统考后为了了解本市物理考试情况，从全市高二参加考试的学生中随机抽取50名学生对其物理成绩（单位：分，成绩都在内）进行统计，制成频率分布直方图如图所示： （1）求的值，并以样本估计总体，求本次高二全市统考物理成绩的中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）从该市高二参加考试的学生中随机抽取3人，记这3人中物理考试成绩在内的人数为，求的分布列及数学期望. 【答案】（1），68 （2） 0 1 2 3 . 【解析】 【分析】（1）根据频率概率之和为1和频率分布直方图的数据可求出m的值，再根据频率分布直方图中中位数概念即可求解. （2）由样本估计总体、全市等字眼可知考查二项分布内容. 【小问1详解】 由题知，解得， 因为， ， 所以可设中位数为， 则， 解得，所以本次高二全市统考物理成绩的中位数为68. 【小问2详解】 从该市高二参加考试的学生中随机抽取1人，其物理考试成绩在内的概率为.由题意知的所有可能取值为0，1，2，3， 且，， ，， 所以的分布列为 0 1 2 3 所以的数学期望. （另解：，） 16. 在中，角，，所对的边长分别为，，，BC的中点为，记的面积为，已知，. （1）若，求以及线段AD的长度； （2）若是锐角三角形，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边角互化，再根据两角差的余弦及三角形内角公式化简可得，向量的运算可求得； （2）利用正弦定理边角互化，再由三角形面积公式可求得，由锐角三角形可求解取值范围，即可求解. 【小问1详解】 由正弦定理，， 又，，， ， ， . 【小问2详解】 ，， ， 是锐角三角形， ， ，， . 17. 如图，四棱锥的底面是边长为2菱形，，，分别是，的中点. （1）求证；平面； （2）若，，，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 取的中点为，连接，. 点，分别是，的中点， 是的中位线，即，， 在菱形中，，. ，，即四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）利用中位线的性质构造线线平行，再利用线面平行的判定证明即可； （2）根据线面垂直的判定先证明平面，再建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面夹角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，， ，，，平面，平面， 平面， 又平面，， ， 又，则，所以. 即直线，，两两垂直. 如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，，. 设平面的法向量为，平面的法向量为， 由得取. 由得取. 设平面与平面所成角为，则 ， 即平面与平面所成角的余弦值为. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且直线与的斜率之积为． （1）求C的方程； （2）直线与C交于M，N两点，与y轴交于点A，与x轴交于点B． （ⅰ）若A，B恰为弦MN的两个三等分点，求直线l的方程； （ⅱ）若点B与点重合，线段MN的垂直平分线与x轴交于点Q，求的值． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据点在椭圆上及斜率积列方程组计算即可得出椭圆方程； （2）（i）设结合，向量关系列方程求出点的坐标，即可求出直线方程；（ⅱ）设方程联立方程组，韦达定理结合弦长公式计算求解. 【小问1详解】 将点代入C的方程得：①， 设C的焦距为，则， 故，解得②， 又③，由①②③解得或， 所以C的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）由题，，设，O为坐标原点， 因为A，B恰为弦MN的两个三等分点，所以, 则，即，解得，所以， 又，即，解得，所以 将点M，N的坐标代入C的方程得，解得， 因为，所以， 所以直线l的方程为． （ⅱ）由题直线l过点，所以， 与椭圆方程联立，得， ， 设，则， 所以 ， 又， 所以MN中点为， 所以MN的垂直平分线方程为， 令得，故， 所以， 所以． 【点睛】关键点点睛：（2）（i）解题的关键点是应用向量关系列方程求出点的坐标即可求出直线方程； 19. 已知定义域为的函数，其导函数为，若点在导函数图像上，且满足，则称为函数的一个“类数”，函数的所有“类数”构成的集合称为“类集”. （1）若，分别判断和是否为函数的“类数”，并说明理由； （2）设的图象在上连续不断，集合.记函数的“类集”为集合，若，求证：； （3）已知，若函的“类集”为时的取值构成集合，求当时的最大值. 【答案】（1）是函数的“类数”，不是函数的“类数”，理由如下： ， 是函数的“类数”； ， ， 不是函数的“类数”. （2） 函数的“类集”为集合，且真包含于， 存在，使得且， 若，则， 函数的图像是连续不断的， 不妨设，由零点存在定理知，必存在使， 存在零点，即； （3） 【解析】 【分析】（1）结合题目给的新定义，判断是否满足点在导函数图像上，且满足即可； （2）结合题目给的条件有存在，使得且，分析出当不成立，结合零点存在定理知，必存在使，从而得到存在零点，得到； （3）对求导，然后先证明，再证明，从而得到时，函数的“类集”为，同时得到也成立，从而得到的最大值是. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ， ， 先证明； 函数的“类集”为， 对任意， 令，则， 函数的值域为， 当时，必有， 即对于恒成立， 函数的最小正周期应有，即，则. 再证明，此时，对于任意， 当时，，则， 当时，，则， 时，函数的“类集”为，即， 我们不难发现，上述过程中令也成立， 因此的最大值是. 【点睛】方法点睛：遇到新定义问题一定要准确理解题目的定义，按照新定义交代的性质或者运算规律来解题． 第一，准确转化．解决新信息问题，一定要理解题目定义的本质含义，紧扣题目所给的定义、运算法则对所求问题进行恰当的转化． 第二，方法的选取．对新信息题可以采取一般到特殊的特例法，从逻辑推理的角度进行转化，理解题目定义的本质并进行推广、运算． 第三，应该仔细审读题目．严格按新信息的要求运算．解答问题时要避免课本知识或者已有知识对新信息问题的干扰． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州三中2024-2025学年第一学期高三第六次质量检测 数学试卷 命题人：高三数学集备组 审卷人：高三数学集备组 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的班级、准考证号、姓名填写在答题卡上. 2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，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，再选涂其他答案标号.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔书写作答.若在试题卷上作答，答案无效. 第Ⅰ卷 一、单选题：本大题共8小题，每小题5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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 若x，，则“是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知的展开式中第项与第项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（ ）． A. B. C. D. 5. 若，则（ ） A. 3 B. C. D. 6 6. 已知变量x和变量y的一组成对样本数据为，其中，其回归直线方程为，当增加两个样本数据和后，重新得到的回归直线方程斜率为3，则在新的回归直线方程的估计下，样本数据所对应的残差为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的左焦点为为坐标原点，若在的右支上存在关于轴对称的两点，使得为正三角形，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知点为函数和图象的交点，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. 当时，取得最小值 D. 记，则数列的前项和为 10. 已知函数，函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A. 的表达式可以写成 B. 的图象向右平移个单位长度后得到的新函数是奇函数 C. 的对称中心 D. 若方程在上有且只有6个根，则实数的取值范围为 11. 如图，在正三棱柱中，M，N，D，Q分别为棱的中点，，则以下结论正确的是（ ） A. 平面 B. C. 点Q到平面的距离为 D. 三棱锥的外接球表面积为 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡相应横线上. 12. 展开式中的常数项为______.（用数字作答） 13. 已知数列的前项和为，且满足，则_______． 14. “四进制”是一种以为基数的计数系统，使用数字，，，来表示数值．四进制在数学和计算的世界中呈现出多个维度的特性，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响．四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以的相应次方（从开始），然后将所有乘积相加．例如：四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；现将所有由，，组成的位（如：，）四进制数转化为十进制数，在这些十进制数中任取一个，则这个数能被整除的概率为______． 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. 某市物理教研员在一次高二全市统考后为了了解本市物理考试情况，从全市高二参加考试的学生中随机抽取50名学生对其物理成绩（单位：分，成绩都在内）进行统计，制成频率分布直方图如图所示： （1）求的值，并以样本估计总体，求本次高二全市统考物理成绩的中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）从该市高二参加考试的学生中随机抽取3人，记这3人中物理考试成绩在内的人数为，求的分布列及数学期望. 16. 在中，角，，所对的边长分别为，，，BC的中点为，记的面积为，已知，. （1）若，求以及线段AD的长度； （2）若是锐角三角形，求的取值范围. 17. 如图，四棱锥的底面是边长为2菱形，，，分别是，的中点. （1）求证；平面； （2）若，，，求平面与平面所成角的余弦值. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且直线与的斜率之积为． （1）求C的方程； （2）直线与C交于M，N两点，与y轴交于点A，与x轴交于点B． （ⅰ）若A，B恰为弦MN的两个三等分点，求直线l的方程； （ⅱ）若点B与点重合，线段MN的垂直平分线与x轴交于点Q，求的值． 19. 已知定义域为的函数，其导函数为，若点在导函数图像上，且满足，则称为函数的一个“类数”，函数的所有“类数”构成的集合称为“类集”. （1）若，分别判断和是否为函数的“类数”，并说明理由； （2）设的图象在上连续不断，集合.记函数的“类集”为集合，若，求证：； （3）已知，若函的“类集”为时的取值构成集合，求当时的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $