精品解析：福建省部分学校教学联盟2025届高中毕业班下学期2月开学质量检测数学试题

福建省部分学校教学联盟2025届高中毕业班2月开学质量检测 数 学 本试卷共5页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡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.回答非选择题时，用0.5mm碳素黑中性笔将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解一元二次不等式、指数不等式求集合，应用交运算求集合. 【详解】由，， 所以. 故选：A 2. 给定一组数5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则下面结论正确的是（ ） A. 平均数为4 B. 方差为 C. 众数为5 D. 分位数为2 【答案】B 【解析】 【分析】根据平均数、方差、众数及百分位数的定义求解判断各选项． 【详解】平均数为，A错； 方差为，B正确； 众数有两个：2和3，C错误； 将数据从小到大排列为，由知第8百分位为为，D错， 故选：B． 3. 已知向量，，，，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据垂直关系可得，再由投影向量定义计算可得结果. 【详解】由可得，解得，即； 所以; 因此在方向上的投影向量为. 故选：A 4. 过点且与椭圆有相同焦点的双曲线的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆的标准方程可求焦点坐标为，根据焦点坐标及点可求双曲线的方程. 【详解】椭圆的标准方程为，故，可得焦点坐标为. 设双曲线的方程为， 故，解得， 故双曲线的标准方程为. 故选:A. 5. 函数在上的图象不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】观察选项的特点，可以从选项B、D入手，讨论函数的奇偶性. 【详解】观察选项B、D，图象关于轴对称，即函数是偶函数，根据的解析式，此时，故，又 ，所以. 故选：D 6. “”是“函数在上单调递减”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】C 【解析】 【分析】将代入函数的解析式，利用诱导公式化简，结合余弦函数的单调性即可判断充分性；根据函数在上单调递减，可以推出区间是区间的一个非空子集，即可解得，从而判断必要性. 【详解】由题意，若， 则， 由，得， 此时函数单调递减，所以充分性成立； 若函数在上单调递减， 由，得， 则， 所以，， 解得，即，所以必要性成立； 因此，“”是“函数在上单调递减”的充分必要条件. 故选：C. 7. 在打结计时赛中，现有5根绳子，共有10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束．则这5根绳子恰好能围成一个圈的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】可以把问题看做10个绳头平均分成5组，按平均分组问题求总的基本事件，再求恰好能围成一个圆的基本事件数，结合古典概型计算. 【详解】10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有的打结方式有：种. 其中恰好能围成一个圈的打结方式有：种. 所以5根绳子恰好能围成一个圈的概率为：. 故选：D 【点睛】方法点睛：（1）10个绳头打结，按要求，每次打结都减少2个绳头，所以可以把问题看成平均分组来解决. （2）恰好围成一个圆时，先选1根绳子，不能两端打结，只能从其余的8个绳头选1个打结，完成后，这段绳子不能两端打结，再从其余的6个绳头选1个…，最后这段绳子两端打结. 8. 已知函数，若方程有且仅有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解之积等于（ ） A. B. C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】画出的图象，令，根据函数图象可得有两个不等实根，且有两个整数根，有三个整数根，数形结合得到，此时两个整数根分别为2和-16，数形结合三个整数根中，必有一个小于2，只有满足要求，故，求出五个整数根分别为，得到答案. 【详解】画出的图象，如下： 令，则， 根据的图象可知，要满足题意必须有两个不等实根， 且有两个整数根，有三个整数根， 结合图象，当与相切时满足要求， 根据对勾函数性质得，在上单调递减，在上单调递增， 故当时，取得最小值，最小值为，故， 又，其在定义域内单调递减， 令，解得， 故时，有两个整数根，分别为2和-16， 由图象可知，三个整数根中，必有一个小于2， 显然只有满足要求，此时，故， 令，解得另一个根为4， 又，解得， 故五个整数根分别为， 所以最大整数解和最小整数解之积为. 故选：B 【点睛】方法点睛：复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数. 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 在复平面内对应的点位于第四象限 【答案】BD 【解析】 【分析】根据复数不能比较大小判断A，应用加法及模长公式计算判断B，应用共轭复数及复数得乘法计算判断C，结合除法运算律及对应点的坐标判断D. 【详解】虚数不能比较大小，A选项错误； 复数，则，则，B选项正确； ，C选项错误； 对应点为，D选项正确. 故选：BD. 10. 已知圆：，是直线：上的一动点，过点作直线，分别与相切于点，，则（ ） A. 存在圆心在上的圆与相内切 B. 四边形面积的最小值为 C. 的最小值是 D. 点关于的对称点在内 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用两圆内切的条件判断A；借助切线长定理求出面积最小值判断B；求出时对应弦长判断C；求出点关于直线的对称点到圆心距离判断D. 【详解】圆：的圆心，半径 对于A，在直线上取点，，点在圆外， 以点为圆心，为半径的圆与圆相内切，A正确； 对于B，四边形面积， 点到直线的距离，则，， 当且仅当时取等号，B正确； 对于C，当时，，由，得， 解得，C错误； 对于D，点到直线的距离为，点与点的距离为5， 点与圆心确定的直线斜率为，而直线的斜率为， 即点与确定的直线垂直于，因此点关于的对称点到点的距离为， 则点关于的对称点在内，D正确. 故选：ABD 11. 如图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（ ） A. 四面体的外接球的表面积为 B. 存在点，使、、、四点共面 C. 过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为 D. 点是四边形内的动点，且直线与直线夹角为，则点的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用补形法可判断A选项；作出辅助线，得到，即、、、四点共面，当与重合时满足要求，但不能与重合，可判断B选项；作出辅助线，得到平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，面积最大，此时面积为，当与点无限接近时，面积接近于，可判断C选项；作出辅助线，得到点的轨迹是以为圆心，为半径的部分圆弧，可求出点的轨迹长度，可判断D选项. 【详解】对于A选项，将四棱锥补成长方体， 所以，四面体的外接球的直径即为长方体的体对角线长， 即四面体的外接球的直径为， 所以，四面体的外接球的表面积为，A对； 对于B选项，连接、、， 因为且，故四边形为平行四边形， 所以，， 因为、分别是、中点，则，所以， 即、、、四点共面， 当与重合时满足、、、四点共面， 但是线段上的动点（不包含端点），B错； 对于C选项，如图，在平面上作⊥，垂足为点， 过点作在平面内⊥交或者于， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又平面，所以⊥， 因，、平面，所以平面， 平面截正方体截面为平行四边形， 当与点重合时，面积最大，此时，，面积为， 当与点无限接近时，面积接近于， 过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为，C对； 对于D选项，取的中点，连接，则， 则平面，取的中点，以为圆心，为半径作圆， 交、于、， 则点的轨迹为以为圆心，为半径的部分圆弧， 此时满足直线与直线夹角为， 如图，，故， 所以点的轨迹长度为，D对. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 直线与函数和的图象都相切，则________ 【答案】 【解析】 【分析】设直线与函数切点为，与函数的切点为，根据导数的几何意义可求的值. 【详解】， 设直线与函数的切点为， 又，所以， 设直线与函数的切点为， 又，所以， 由可得， 由，可得， 又，所以， 由，得， 所以. 故答案为：. 13. 已知中， ①__________； ②为边的中点，若，则__________. 【答案】 ①. ##0.25 ②. 【解析】 【分析】①由同角的三角函数关系，正弦定理边化角，余弦定理求解即可； ②设由余弦定理求解即可； 【详解】， 即 由正弦定理角化边可得 由余弦定理可得； 设 由余弦定理结合①得 在中，在中， 所以，即， ， 等式两边同时除以可得， 解得或（舍去）， 所以. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是能分别在中和中利用余弦定理表示出. 14. 意大利数学家斐波那契年~年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为．设是不等式的正整数解，则的最小值为__________． 【答案】8 【解析】 【分析】将不等式化，即，再根据斐波那契数列为递增数列，且，可得答案. 【详解】由，得， 得，得， 得，， 所以， 令，则数列即为斐波那契数列， ，则，显然数列为递增数列且，所以数列亦为递增数列， 由，得，，，， ，， 因为，， 所以 使得成立的的最小值为8． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：根据斐波那契数列的通项公式，利用对数知识将不等式化为斐波那契数列进行求解是本题解题关键. 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. 已知等差数列满足，的前项和为. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列基本量的计算可求解公差和首项，即可求解， （2）根据裂项相消法以及等比求和公式分别求解，即可由分组求解. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由可得，解得， 故， 【小问2详解】 ， 故， 由于， ， 其中分别为前项中奇数项的和以及偶数项的和， 故 16. 如图，三棱锥的棱上存在一点，使得平面底面，点在棱上，且平面. （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直可得线面垂直，再得线线垂直，可得线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面夹角的余弦即可. 【小问1详解】 因为平面底面，平面平面，，平面， 所以平面 ，又平面，所以. 又因为平面，平面，所以. 又，平面，所以平面. 【小问2详解】 由（1）知平面，平面，所以， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴，过点A垂直底面的直线为轴，建立如图所示的空直角坐标系. 因为平面，平面，所以. 又，所以，得 则， 故， 依题意，平面 的一个法向量为 设平面的一个法向量为， 则，即，取，则 设平面与平面的夹角为， 所以 ， 因此平面与平面夹角的余弦值为 17. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）证明：在上恒成立； （3）讨论方程在上的根的个数. 【答案】（1）当时，单调递减；当时，单调递增 （2）证明见解析 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）求导，利用导函数的符号判断函数的单调性即可； （2）令，先利用导数证明恒成立，即可证明在上恒成立； （3）由（2）可知在上的根的个数即方程的根的个数，令，利用导数求的单调性进而得到的范围即可求解. 【小问1详解】 由题意当时，则， 令解得， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 【小问2详解】 先证明对任意，， 令，， 令解得， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 所以，即， 故对任意成立，且当且仅当时取等号， 所以， 当且仅当时等号成立， 所以在上恒成立． 【小问3详解】 由（2），在上恒成立，当且仅当时等号成立， 也即的根为的根，下讨论方程的根的个数， 化简得，令，则， 令解得， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以， 又，且当时，，时，， 故当时，方程无实根；当时，方程有一个实根；当时，方程有两个实根；当时，方程有一个实根， 综上所述当时，方程无实根；当时，方程有一个实根；当时，方程有两个实根；当时，方程有一个实根． 18. 已知椭圆的长轴长为，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）已知椭圆上点处的切线方程是.在直线上任取一点引椭圆的两条切线，切点分别是、. ①求证：直线恒过定点； ②是否存在实数，使得，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）①证明见解析；②存在， 【解析】 【分析】（1）根据椭圆长轴长为，离心率为，由求解； （2）①设，，，由，，且，经过点，得到求解；②设实数存在，则，分直线斜率不存在，斜率，斜率，利用弦长公式求解. 【小问1详解】 解：由题意可知，所以， 所以， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 ①设，，， 由题设可知：，， 又因为，经过点，所以， 所以，均在直线上，即， 由，解得，所以直线过定点. ②设实数存在，因为，所以， 当直线斜率不存在时，此时直线的方程为， 由解得， 所以，故. 当直线斜率时，不满足题意； 当直线斜率时，设直线的方程为，则， 故， 所以， 联立可得，显然， 所以，， 所以. 综上可知，存在满足条件. 【点睛】方法点睛：本题第二问，首先利用弦长公式得到，然后巧用，化简得到，结合韦达定理而得解. 19. 阿尔法狗是谷歌公司开发的人工智能程序，它第一个战胜了围棋世界冠军.它可以借助计算机，通过深度神经网络模拟人脑的机制来学习、判断、决策.工程师分别用人类围棋对弈的近100万、500万、1000万种不同走法三个阶段来训练阿尔法狗，三个阶段的阿尔法狗依次简记为甲、乙、丙. （1）测试阶段，让某围棋手与甲、乙、丙三个阿尔法狗各比赛一局，各局比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，记该棋手连胜两局的概率为p，试判断该棋手在第二局与谁比赛p最大，并写出判断过程. （2）工程师让甲和乙进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立. （ⅰ）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望的最大值; （ⅱ）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事M，证明： 【答案】（1）在第二局与甲比赛 p最大，判断过程见解析 （2）（i）分布列见解析，；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记，，，分别求得在第二盘与甲、乙、丙比赛连胜两局的概率，即可求解. （2）（ⅰ）求出X所有可能值，利用相互独立事件与互斥事件概率运算求得相应的概率，列出分布列并求得期望，再利用基本不等式并结合二次函数性质即可求得期望的最大值；（ⅱ）设事件A，B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，则，利用相互独立事件概率运算即可求解. 【小问1详解】 该棋手在第二局与甲比赛p最大， 该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，，记，，， 该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘， 记该棋手在第二盘与甲比赛连胜两局的概率为，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为， 则， 同理，该棋手在第二盘与乙比赛连胜两局的概率， 该棋手在第二盘与丙比赛连胜两局的概率， 因为，所以该棋手在第二局与甲比赛 p最大. 【小问2详解】 （ⅰ）因为没有平局，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”或者“乙获胜”，则， 由题意得X的所有可能取值为：2，4，5， ， ， ， 所以X的分布列为： 2 4 5 所以X的期望为： ， 由，得，当且仅当取等号，则， 因此， 所以最大值为 （ⅱ）设事件A，B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”. 由题知甲最后赢得比赛的局数是偶数， 由题设可知前两局比赛结果可能是AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲赢得比赛”，事件BB表示“乙赢得比赛”，事件AB，BA表示“甲、乙各得1分”，当甲、乙得分总数相同时，甲最后赢得比赛的概率与比赛一开始甲赢得比赛的概率相同， 所以 ， 因此，得，而， 所以 【点睛】关键点点睛：本题第2问第2小问，根据题意结合相互独立事件的概率公式分析得到是求解的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省部分学校教学联盟2025届高中毕业班2月开学质量检测 数 学 本试卷共5页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡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.回答非选择题时，用0.5mm碳素黑中性笔将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 给定一组数5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则下面结论正确的是（ ） A. 平均数为4 B. 方差为 C. 众数为5 D. 分位数为2 3. 已知向量，，，，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 过点且与椭圆有相同焦点双曲线的标准方程为（ ） A. B. C. D. 5. 函数在上的图象不可能为（ ） A B. C. D. 6. “”是“函数在上单调递减”（ ） 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 7. 在打结计时赛中，现有5根绳子，共有10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束．则这5根绳子恰好能围成一个圈的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若方程有且仅有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解之积等于（ ） A. B. C. 4 D. 8 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 在复平面内对应的点位于第四象限 10. 已知圆：，是直线：上的一动点，过点作直线，分别与相切于点，，则（ ） A. 存在圆心在上的圆与相内切 B. 四边形面积的最小值为 C. 最小值是 D. 点关于的对称点在内 11. 如图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（ ） A. 四面体的外接球的表面积为 B. 存点，使、、、四点共面 C. 过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为 D. 点是四边形内的动点，且直线与直线夹角为，则点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 直线与函数和的图象都相切，则________ 13. 已知中， ①__________； ②为边的中点，若，则__________. 14. 意大利数学家斐波那契年~年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为．设是不等式的正整数解，则的最小值为__________． 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. 已知等差数列满足，的前项和为. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 16. 如图，三棱锥的棱上存在一点，使得平面底面，点在棱上，且平面. （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）证明：在上恒成立； （3）讨论方程在上的根的个数. 18. 已知椭圆的长轴长为，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）已知椭圆上点处的切线方程是.在直线上任取一点引椭圆的两条切线，切点分别是、. ①求证：直线恒过定点； ②是否存在实数，使得，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 19. 阿尔法狗是谷歌公司开发的人工智能程序，它第一个战胜了围棋世界冠军.它可以借助计算机，通过深度神经网络模拟人脑的机制来学习、判断、决策.工程师分别用人类围棋对弈的近100万、500万、1000万种不同走法三个阶段来训练阿尔法狗，三个阶段的阿尔法狗依次简记为甲、乙、丙. （1）测试阶段，让某围棋手与甲、乙、丙三个阿尔法狗各比赛一局，各局比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，记该棋手连胜两局的概率为p，试判断该棋手在第二局与谁比赛p最大，并写出判断过程. （2）工程师让甲和乙进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立. （ⅰ）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望的最大值; （ⅱ）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事M，证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $