精品解析：福建省泉州市2025届高三上学期质量监测（二）数学试题

泉州市2025届高中毕业班质量监测（二） 高三数学 2025.01 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0.5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. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量共线的坐标表示可求出实数的值. 【详解】因为向量，，且，则，解得， 故选：C. 2. 设集合，，若，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. -1 【答案】D 【解析】 【分析】由求解并验证即可； 【详解】由题意可得：，解得：或， 当时，，，不符合舍去， 当时，，，符合， 故 ， 故选：D 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数和对数的运算可得. 【详解】由得， ， 故选：B. 4. 已知定义在上的函数为奇函数，且，则（ ） A. -2 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数为奇函数得，令即可求解. 【详解】因为函数为奇函数，所以，令有，又由，所以， 故选：B. 5. （ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】先通分，再应用辅助公式结合二倍角公式计算化简求值即可. 【详解】 . 故选：C. 6. 已知正三棱台的高为4，的内切圆和的外接圆的半径均为1，则该正三棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据三角形面积公式和正弦定理求出和的边长，进而求出两三角形面积，利用台体体积公式进行求解. 【详解】和均为等边三角形，设边长为， 故，又， 故，解得，故， 在中，由正弦定理得，解得， 故， 故正三棱台体积为. 故选：A. 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在的渐近线上，与轴垂直，点在轴上，.若，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，求出渐近线的斜率，再根据求双曲线的离心率. 【详解】如图：不妨设点在第一象限. 因为与轴垂直，，且 ， 所以. 所以点坐标为. 所以. 所以. 故选：B 8. 若函数有个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对，，三种情况分类讨论，即可得到的取值范围. 【详解】设，则对有，对有. 所以在上递增，在上递减，这表明，且等号成立当且仅当. ①当时，对有，故至多有一个零点，不满足条件； ②当时，取充分小的正数，使得，，； 再取充分大的正数，使得，，，则，且 ，，， . 从而根据零点存在定理，可知有个零点，满足条件； ③当时，由于当时，单调递减，故在的范围内至多有一个零点. 而当时，有，且若，则必有，即. 所以在的范围内至多有一个零点. 二者结合，可知至多有两个零点，不满足条件. 综合①②③，可知的取值范围是. 故选：C. 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. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 在区间上单调递减 D. 在区间上的取值范围为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，求出解析式即可判断；对于B，分别计算化简即可判断；对于CD，由结合正弦函数性质即可求解判断. 【详解】对于A，由题得， 所以的最小正周期为，故A正确； 对于B，， ， 所以，故B错误； 对于C，，则， 因为函数在上单调递增， 所以函数在区间上单调递增，故C错误； 对于D，，则，则， 所以在区间上的取值范围为，故D正确. 故选：AD 10. 设正项等比数列的前项和为，的前项积为.若，，则（ ） A. 数列为等差数列 B. C. D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A:利用等比通项公式即等差数列的判定即可判断选项A；对于选项B:求出公比，即可算数首项；对于选项C：利用等差数列前n项和公式及不等式即可判断；对于选项D：求出前n项积，即可求出最大值. 【详解】对于选项A：设公比为q，因为，所以， 故， 由为常数，故选项A正确. 对于选项B：，所以， 解得：或（舍），所以，故选项B错误. 对于选项C：，故选项C正确. 对于选项D:, 由于，其图象对称轴为， ，故或时，的最大值为，故选项D正确. 故选：ACD 11. 已知正方体的棱长为2，点是的中点，点满足，点在上，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则平面 B. 若，则 C. 若，则二面角的正弦值为 D. 若，则三棱锥的体积的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由空间向量法判断线面位置关系，求角，距离即可. 【详解】 如图建立空间直角系， 则, 则， 则， 选项A：若，，， 设平面的法向量为，则由，， 可知，令，得，故， 由，故A错误； 选项B：， ，，故B正确； 选项C：若，，设， ， 由得，得， 故，又， 设平面的法向量为， 则，令，得，故， 平面的法向量为， 设二面角的平面角为，则， 故，故C正确； 选项D：若，则，， 由得，得， 当时，， 当时，，当且仅当，即时等号成立， 平面的法向量为， 点到平面的距离， ， 故D正确， 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】由复数的乘除运算结合模长公式即可求解. 【详解】, 所以， 故答案为：. 13. 写出一个与直线和轴都相切且半径为1的圆的标准方程_____. 【答案】，或，或，或.（答 案 不 唯 一） 【解析】 【分析】利用待定系数法设圆的标准方程为，求出满足条件的即可. 【详解】设圆的标准方程为，根据题意有， 圆心到直线的距离为， 当时，或；当时，或； 所以满足条件的圆的标准方程为，或， 或，或. 14. 在平面四边形中，，，，，则_____；若点是的中点，则当取得最大值时，四边形的面积为_____. 【答案】 ①. 10 ②. 52 【解析】 【分析】利用余弦定理建立方程求出；取中点，借助线段和差关系求出取最大值的条件，再利用三角形面积公式计算得解. 【详解】在中，由余弦定理得， 即，整理得，而，解得， 取中点，连接，由点是的中点，得，， 在中，，， ，则，，当且仅当共线时取等号， 因此当取得最大值时，，，， 所以四边形的面积. 故答案为：10；52 【点睛】关键点点睛：取中点，由求出取最大值的条件是求解问题的关键. 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. 已知函数的图象在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为. （1）求； （2）求在区间上的最大值和最小值. 【答案】（1） （2）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）根据求得在点处的切线方程，在根据切线与坐标轴所围成的三角形的面积为即可求解； （2）由（1）得，利用导数即可求最值. 【小问1详解】 由得， 所以，又， 所以在点处的切线方程为，即. 当时，；当时，. 因为与坐标轴所围成的三角形的面积为且， 所以，所以. 【小问2详解】 由（1）得，. 由得或. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 因为，， ，，且， 所以在上的最大值为，最小值为. 16. 如图1，在矩形中，，，点E，F分别在边AD，BC上，且.将四边形沿翻折至四边形，使得，如图2所示. 图1 图2 （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可证明结论. （2）连结，利用勾股定理得，过点作，则. 以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得线面所成角的正弦值. 【小问1详解】 ，，， ，. ，，， .又，平面， ， 平面. 【小问2详解】 连结. ，， ， . 过点作，则. 又平面，则，，， 以为原点，，EF，所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如下图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，，. 设平面的法向量为， 则即 取，可得. 设直线与平面所成的角为， 则. 故直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知点A，B为椭圆的上、下顶点，点，，其中，且，直线与交于点. （1）证明：点在上； （2）若直线交于，两点，且，求. 【答案】（1）解法一：由题可知 （i）若，则，此时，经检查符合椭圆的方程，所以点在上. （ii）若，则直线的方程为， 直线的方程为， 由可得 ①②，消去，得， 即，所以点在上. 解法二：由题可知 （i）若，则，经检查符合椭圆的方程，所以点在上. （ii）若，则直线的方程为， 直线的方程为（*）， 由消去，得，代入（*）式得， 所以. 因为， 符合椭圆的方程，所以点在上. （2），或者 【解析】 【分析】（1）解法一：将直线以及直线的方程求出来，消去并整理即可证明；解法二：将直线以及直线的方程求出来，联立方程求出点的坐标，验证是否成立即可； （2）解法一：求出直线的方程，与椭圆方程联立，由韦达定理可得及的值，由弦长公式分别求出的长，由题意可求出，再由弦长公式可计算的值；解法二：假设直线的参数方程，将其代入椭圆得到韦达定理，则，进而可求，进而可计算的值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一： 因为直线的斜率， 所以直线的方程为，即. 由方程组消去，得. 由得，解得. 设，，则，. 则，， 所以. 又，所以，解得，或者. 由， 又， 所以，或者. 解法二： 由于直线的斜率， 设直线的方程为（为参数）， 代入椭圆方程，得，即， 由，，得， 解得，或者. 由， 又， 所以， 所以，或者. 18. 随机数广泛应用于数据加密、安全通信、金融等领域.计算机中的随机数是由算法产生的，其“随机性”的优劣取决于所采用的算法.某工厂计划生产一种随机数发生器，这种发生器的显示屏能显示1，2，3，4中的一个数字，每按一次数字更新按钮后，显示屏上的数字将等可能地更新为另三个数字中的一个.在试生产阶段，采用两种不同算法，生产出相应算法的甲、乙两种随机数发生器.为评估两种算法的优劣，从这两种随机数发生器中随机抽取150件进行检验，得到数据饼图如下： （1）已知这150件发生器中，乙种发生器的三级品为2件.在答题卡中填写列联表；依据小概率值的独立性检验，能否认为甲、乙两种发生器的一级品率存在差异? 一级品 非一级品 合计 甲 乙 合计 （2）若发生器显示屏的初始显示数字为1，记按次数字更新按钮后得到的数字为，. （i）求，； （ii）检测一个发生器是否为一级品的方案为：每件被测发生器需进行100轮测试，每轮测试共按10次数字更新按钮；表示100轮测试得到“”的频率，规定满足的被测发生器为一级品.若某件发生器经100轮测试后得到，能否判断该发生器为一级品? 附：， 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1） 一级品 非一级品 合计 甲 26 24 50 乙 70 30 100 合计 96 54 150 存在差异 （2）（i），；（ii）该发生器为一级品 【解析】 【分析】（1）根据题意完善列联表，求，并于临界值对比分析； （2）解法一：（i）利用全概率公式求，；（ii）利用全概率公式结合递推法可得，根据等比数列求得，进而分析求解；解法二：设相应事件，利用独立事件概率乘法公式求，；（ii）根据独立事件结合递推法可得，根据等比数列求得，进而分析求解；解法三：（i）（ii）根据题意利用全概率公式求，，，进而分析理解. 【小问1详解】 根据题意可得列联表： 一级品 非一级品 合计 甲 26 24 50 乙 70 30 100 合计 96 54 150 零假设为：甲、乙两批发生器的一级品率没有差异. 根据列联表中的数据，经计算得 ， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 所以可以认为甲、乙两批发生器的一级品率存在差异，此推断犯错误的概率不大于0.05. 【小问2详解】 （i）依题意可得. 记“按次按钮后显示的数字为1”， 由全概率公式，得 . （ii）由全概率公式，得 ， 所以， 即，且， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，即. 所以. 因为，所以该发生器为一级品. 解法二：（i）依题意可得. 记“按次按钮后显示的数字为1”，“按次按钮后显示的数字为2”， “按次按钮后显示的数字为3”，“按次按钮后显示的数字为4”， 则，且，，，两两互斥. 依据题意得，， . 由全概率公式，得 . （ii） 所以， 即，且， 所以是首项为，公比为的等比数列. 所以，即. 所以. 因为，所以该发生器为一级品. 解法三：（i）依题意可得. 记“按次按钮后显示的数字为1”， 由全概率公式，得 . . . . . . . . . 因为，所以该发生器为一级品. 19. 将数组的某一个全排列记为，若满足：，能被3整除，则称为的一个“好排列”.例如：的“好排列”共有两个：，. （1）写出的所有“好排列”； （2）若中“好排列”至少有4个，求的取值范围； （3）记的“好排列”个数为，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）按新定义即可求解； （2）结合新定义分，，讨论即可； （3）先确定考虑中“好排列”个数，由除以3的余数，共有个1，n个2，n个0；设余数形成的排列，其 “好排列”的最后一个数为1，形如共有个，进而得到，同样求解即可； 【小问1详解】 的所有“好排列”为：. 【小问2详解】 当时，只有2个，不符合要求； 当时，由（1）可知，只有3个“好排列”，不符合要求； 当时，的“好排列”有，，，，至少有4个，符合要求； 当时，的“好排列”至少有， ，，，至少4个，符合要求； 故当时，中“好排列”至少有4个. 【小问3详解】 （i）考虑中“好排列”个数： 因为是的一个排列，考虑除以3的余数，共有个1，n个2，n个0； 考虑由余数形成的排列，其中为个1，n个2，个0的全排列，为满足“好排列”的条件要求， 排列中每个1的右边必为2，故“好排列”的最后一个数为1，形如； 其中的排法数即为个0与个的排法数，即. 故中“好排列”的个数. （ii）考虑中“好排列”个数； 因为是的一个排列，考虑除以3的余数，共有个1，个2，n个0； 考虑由余数形成的排列，其中为个1，个2，个0的全排列； ①情况1：中，个1与个2形成个，每个1的右边均为2； 此时为“好排列”的排法数即为个0与个的排法数， 即.故“好排列”的个数有 ； ②情况2：最后位置的数为1，则第一位的数必为2，即排列； 其中的排法数即为个0与个的排法数，即. 故“好排列”的个数有 . 由①，②可得. 所以 【点睛】关键点点睛：除以3的余数，共有个1，n个2，n个0；通过余数形成的排列要为“好排列”，必须每个1的右边必为2，确定个数，求得 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（二） 高三数学 2025.01 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0.5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. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 2. 设集合，，若，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. -1 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知定义在上的函数为奇函数，且，则（ ） A. -2 B. 0 C. 1 D. 2 5. （ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 6. 已知正三棱台的高为4，的内切圆和的外接圆的半径均为1，则该正三棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在的渐近线上，与轴垂直，点在轴上，.若，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 8. 若函数有个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 在区间上单调递减 D. 在区间上的取值范围为 10. 设正项等比数列的前项和为，的前项积为.若，，则（ ） A. 数列为等差数列 B. C. D. 的最大值为 11. 已知正方体的棱长为2，点是的中点，点满足，点在上，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则平面 B. 若，则 C. 若，则二面角的正弦值为 D. 若，则三棱锥的体积的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，则_____. 13. 写出一个与直线和轴都相切且半径为1的圆的标准方程_____. 14. 在平面四边形中，，，，，则_____；若点是的中点，则当取得最大值时，四边形的面积为_____. 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. 已知函数的图象在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为. （1）求； （2）求在区间上的最大值和最小值. 16. 如图1，在矩形中，，，点E，F分别在边AD，BC上，且.将四边形沿翻折至四边形，使得，如图2所示. 图1 图2 （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知点A，B为椭圆的上、下顶点，点，，其中，且，直线与交于点. （1）证明：点在上； （2）若直线交于，两点，且，求. 18. 随机数广泛应用于数据加密、安全通信、金融等领域.计算机中的随机数是由算法产生的，其“随机性”的优劣取决于所采用的算法.某工厂计划生产一种随机数发生器，这种发生器的显示屏能显示1，2，3，4中的一个数字，每按一次数字更新按钮后，显示屏上的数字将等可能地更新为另三个数字中的一个.在试生产阶段，采用两种不同算法，生产出相应算法的甲、乙两种随机数发生器.为评估两种算法的优劣，从这两种随机数发生器中随机抽取150件进行检验，得到数据饼图如下： （1）已知这150件发生器中，乙种发生器的三级品为2件.在答题卡中填写列联表；依据小概率值的独立性检验，能否认为甲、乙两种发生器的一级品率存在差异? 一级品 非一级品 合计 甲 乙 合计 （2）若发生器显示屏的初始显示数字为1，记按次数字更新按钮后得到的数字为，. （i）求，； （ii）检测一个发生器是否为一级品的方案为：每件被测发生器需进行100轮测试，每轮测试共按10次数字更新按钮；表示100轮测试得到“”的频率，规定满足的被测发生器为一级品.若某件发生器经100轮测试后得到，能否判断该发生器为一级品? 附：， 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 19. 将数组的某一个全排列记为，若满足：，能被3整除，则称为的一个“好排列”.例如：的“好排列”共有两个：，. （1）写出的所有“好排列”； （2）若中“好排列”至少有4个，求的取值范围； （3）记的“好排列”个数为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $