精品解析：福建省泉州实验中学等四校2025届高三下学期2月联考数学试题

安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学 2025年春季高三年返校考 考试科目：数学 满分：150分 考试时间：120分钟 命题者：刘浩州 审核者：吴鸿儒、林文聪、张澄滨、蔡祥波、黄志斌 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，．若，则实数值是（ ） A. -2 B. 2 C. D. 3. 若复数满足，则的值为（ ） A. 1 B. C. D. 4. 若函数有零点，则的取值集合为（ ） A. B. C. D. 5. 在的展开式中，系数为整数的项数是（ ） A. 8 B. 5 C. 3 D. 2 6. 当时，曲线与的交点个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 7. 阿波罗尼斯（约公元前262年～约公元前190年），古希腊著名数学家﹐主要著作有《圆锥曲线论》、《论切触》等.尤其《圆锥曲线论》是一部经典巨著，代表了希腊几何的最高水平，此书集前人之大成，进一步提出了许多新的性质.其中也包括圆锥曲线的光学性质，光线从双曲线的一个焦点发出，通过双曲线的反射，反射光线的反向延长线经过其另一个焦点.已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，其离心率，从发出的光线经过双曲线C的右支上一点E的反射，反射光线为EP，若反射光线与入射光线垂直，则（ ） A B. C. D. 8. 如图，三棱锥中，，，已知平面∥平面，且，三棱锥的内切球同时与平面也相切，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 已知正数，满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知曲线，则（ ） A. 曲线关于直线对称 B 曲线关于原点对称 C. 曲线在直线的上方 D. 曲线与坐标轴围成的封闭图形的面积大于 11. 已知点在圆上，点，则（ ） A. 点到直线的距离最大值是 B. 最大时，点的坐标为 C. 的最小值为 D. 满足的点有2个 三、填空题：本大题共3小题．每小题5分，共15分． 12. 函数的图象在处的切线的倾斜角为________． 13. 等比数列中，且，，成等差数列，则________．（结果可用幂表示） 14. 曲线，过直线上的动点作曲线的两条切线，切点分别为，则原点到直线的距离的最大值为________． 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，角，，的对边分别为，，，且． （1）求的值； （2）若，，求面积． 16. 如图，四棱锥中，底面ABCD，，． （1）若，证明：平面； （2）若，且二面角的正弦值为，求． 17. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与交于、两点（点在轴上方），的面积是面积的3倍 （1）求的值； （2）记直线与轴交点为，连结，分别交椭圆于，两点．证明：当直线绕点转动时，直线过定点． 18. 已知函数． （1）若，求在点处切线方程； （2）若，求的取值范围． 19. 随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用．在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位．且向四个方向移动的概率均为．例如在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处 （1）设粒子在第2秒末移动到点记的取值为随机变量，求的分布列和数学期望； （2）记第秒末粒子回到原点的概率为． ①求，； ②已知，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学 2025年春季高三年返校考 考试科目：数学 满分：150分 考试时间：120分钟 命题者：刘浩州 审核者：吴鸿儒、林文聪、张澄滨、蔡祥波、黄志斌 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦函数值域得到，由交集概念求出答案. 【详解】，又， 所以. 故选：B 2. 已知向量，．若，则实数的值是（ ） A. -2 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据得，进行数量积的坐标运算即可. 【详解】根据已知有： 故选：B. 3. 若复数满足，则的值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据共轭复数定义以及复数的基本运算法则，再由复数相等解方程组可得结果. 【详解】因为，所以， 由，得，即， 所以，解得，所以. 故选：D. 4. 若函数有零点，则的取值集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由二次函数有零点求出，再利用二倍角的余弦公式计算即可. 【详解】函数有零点，则，解得， 而，因此，， 所以的取值集合为. 故选：D 5. 在的展开式中，系数为整数的项数是（ ） A. 8 B. 5 C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】求出通项公式，得到当时，系数为整数，得到答案. 【详解】的展开式通项公式为，， 要想系数为整数，需为整数，显然当时，满足要求， 故系数为整数的项数为3. 故选：C 6. 当时，曲线与的交点个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】在同一坐标系下，作出两个函数的图像，即可得到答案. 【详解】在同一个坐标系下，作出曲线与在内的图像， 由图像可知，共有4个交点. 故选：B. 7. 阿波罗尼斯（约公元前262年～约公元前190年），古希腊著名数学家﹐主要著作有《圆锥曲线论》、《论切触》等.尤其《圆锥曲线论》是一部经典巨著，代表了希腊几何的最高水平，此书集前人之大成，进一步提出了许多新的性质.其中也包括圆锥曲线的光学性质，光线从双曲线的一个焦点发出，通过双曲线的反射，反射光线的反向延长线经过其另一个焦点.已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，其离心率，从发出的光线经过双曲线C的右支上一点E的反射，反射光线为EP，若反射光线与入射光线垂直，则（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，，利用双曲线的定义、勾股定理可得方程，解得，进而得出结论． 【详解】设，，，由题意知，，， 所以，，，所以， 又，所以，解得， 所以. 故选：B. 8. 如图，三棱锥中，，，已知平面∥平面，且，三棱锥的内切球同时与平面也相切，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意得到内切球半径和三棱锥高的关系，然后利用等体积的思路列方程，解方程即可得到. 【详解】设点到平面的距离为，三棱锥的内切球的半径为，， 取中点，连接， 因为，所以，， 因为，所以， 因为三棱锥的内切球同时与平面相切，且， 平面∥平面，所以， 由， 得， ， ，解得， 因为，所以，. 故选：A. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 已知正数，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，由基本不等式直接进行求解；B选项，，B正确；C选项，利用两次基本不等式，结合A知C正确；D选项，先求出，结合指数函数单调性得到 【详解】A选项，正数，满足， 由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，A正确； B选项，， 故，当且仅当时，等号成立，B错误； C选项，，当且仅当，即时，等号成立， 由A知，，故，当且仅当时，等号成立， 等号成立的条件一致，故，C正确； D选项，正数，满足，故，解得，故， 所以，又在R上单调递增， 故，D正确. 故选：ACD 10. 已知曲线，则（ ） A. 曲线关于直线对称 B. 曲线关于原点对称 C. 曲线在直线的上方 D. 曲线与坐标轴围成的封闭图形的面积大于 【答案】CD 【解析】 【分析】AB选项，将曲线上点关于直线和关于原点对称的对称点代入曲线的方程中，来判断是否对称；C选项，在直线和曲线中分别取相同的横坐标，然后通过比较纵坐标的大小来判断曲线的位置；D选项，通过比较单位圆第一象限的部分与曲线第一象限的部分的位置来判断曲线与坐标轴围城的封闭图形的面积的大小. 【详解】A选项，取曲线上一点，则， 点关于直线对称的对称点为， 将点代入曲线方程得，不成立， 所以点不在曲线上，即曲线不关于直线对称，故A错； B选项，点关于原点对称的对称点为， 将代入曲线方程得，不成立， 所以点不在曲线上，即曲线不关于原点对称，故B错； C选项，中，令得，中，令得， 因为，所以，则曲线在直线的上方，故C正确； D选项，取单位圆第一象限的部分，则，， 取曲线第一象限的部分，则，，， 所以单位圆第一象限的部分在曲线第一象限部分的下方， 又单位圆第一象限的部分与坐标轴围城的封闭图形的面积为， 所以曲线与坐标轴围城的封闭图形的面积大于，故D正确. 故选：CD. 11. 已知点在圆上，点，则（ ） A. 点到直线的距离最大值是 B. 最大时，点的坐标为 C. 的最小值为 D. 满足的点有2个 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，求出圆心到直线的距离，再加上半径即为点到直线的距离最大值；B选项，求出过点，和的圆的方程，由圆心距和半径关系得到两圆相交，故B错误；C选项，，由几何关系确定存在使得点在圆上任意移动时，均有，从而；D选项，设，根据条件得到方程，结合，求出或，D正确. 【详解】A选项，直线方程为，即， 圆心到直线的距离为， 故点到直线的距离最大值是，A正确； B选项，设过点，和的圆的方程为， 故，解得， 故圆的方程为， 变形为， 故圆心为，半径为， 的圆心为，半径为2 圆心距， 其中， 故两圆相交，所以最大时，点的坐标不是，B错误； C选项，，设存在定点， 使得点在圆上任意移动时，均有， 设，则有， 化简得， 因为，所以，即， 所以，故， 所以， 的最小值为，C正确； D选项，设，则， ， 其中，故， 即，又，故， 故，故或， 满足的点有2个，D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：C选项，由阿氏圆的性质，确定存在使得点在圆上任意移动时，均有，从而转化为，求出最小值. 三、填空题：本大题共3小题．每小题5分，共15分． 12. 函数的图象在处的切线的倾斜角为________． 【答案】0（或） 【解析】 【分析】根据导数的几何意义计算. 【详解】，则的切线的斜率， 所以在的切线的倾斜角为0. 故答案为：0（或）. 13. 等比数列中，且，，成等差数列，则________．（结果可用幂表示） 【答案】1或 【解析】 【分析】根据等差中项的性质列方程，然后结合等比数列的通项公式解方程，最后求即可. 【详解】设等比数列的公比为， 由题意得， 因为，所以，解得或， 所以或. 故答案为：1或. 14. 曲线，过直线上的动点作曲线的两条切线，切点分别为，则原点到直线的距离的最大值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】设，写出抛物线在点处的切线方程，利用都经过点，求得直线的方程，利用点到直线的距离求出的表达式，结合二次函数的图象性质即可求得的最大值. 【详解】 如图，设， 依题意，抛物线在点处的切线斜率为， 故其方程为，整理得：， 同理，抛物线在点处的切线方程为， 因这两条切线都过点，故有，即， 由此可得点都满足方程， 即直线的方程为， 于是原点到直线的距离（*）， 因点在直线上，故， 代入（*），整理得：， 当时，，不符合题意；当时，， 设，则得， 故当，即时，. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：此题关键在于如何求得直线的方程，可先利用导数写出抛物线在点处的切线方程，根据切线都经过点的条件，运用同构思想，即得直线的方程. 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，角，，的对边分别为，，，且． （1）求的值； （2）若，，求的面积． 【答案】（1）3 （2）6 【解析】 【分析】（1）由正弦定理，及，得，转化为，得. （2）由及（1）得，从而可得，求出a，计算三角形面积即可. 【小问1详解】 由，得， 因为 ，所以, 则有： 移项可得： 因为 ， 所以. 【小问2详解】 因为 ，所以 ， 由（1）知 ，且 ， 则：，即， 整理得，即， 解得 或 因为，，则角是锐角． 由知，，C为锐角，则 ， 所以 ，则，那么 ， 根据 以及，可得： 由正弦定理 以及已知可得：， 面积. 16. 如图，四棱锥中，底面ABCD，，． （1）若，证明：平面； （2）若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出； （2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出． 【小问1详解】 因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． 【小问2详解】 如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 17. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与交于、两点（点在轴上方），的面积是面积的3倍 （1）求的值； （2）记直线与轴交点为，连结，分别交椭圆于，两点．证明：当直线绕点转动时，直线过定点． 【答案】（1） （2）直线过定点 【解析】 【分析】（1）利用三角形面积比和点到直线的距离公式，结合椭圆方程和韦达定理，解出； （2）联立直线，与椭圆方程，求出点，两点的坐标，进而求出直线的方程，即可求出直线过定点. 【小问1详解】 设点到直线的距离为，点到直线的距离为， 由的面积是面积的3倍得，，由，， 根据点到直线的距离公式得，，， 所以，即，解得或， 联立直线方程与椭圆方程， 得，由，解得， 又因为点在轴上方，所以. 【小问2详解】 设，，，，由第(1)问联立方程组， 当时，直线的方程为得， 当直线绕点转动时，设直线的方程为， 直线的方程为，联立， 得， 则，， 同理可得，， 所以直线斜率为 ， 所以直线的方程为， 代入得， 代入得， 整理得，， 所以直线过定点. 【点睛】方法点睛：证明直线过定点问题的处理方法是： （1）求出相关点的坐标，然后求出直线方程，得出定点； （2）设出所求直线的方程，找到两个参数之间的关系，求得定点坐标. 18. 已知函数． （1）若，求在点处的切线方程； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）时，求出点和，再由点斜式即可求解. （2）先由题意求出，接着由得或再分、和三种情况结合题设利用导数工具分析求解即可. 【小问1详解】 当时，函数，求导得， 所以切线斜率，又，则切线方程为，即 【小问2详解】 设，则，又，则， 即，解得，于是， 对任意，有，即 若方程存在除a以外其他解，则方程需无解， 求导得，由得或， ①当，时，，在R上递增，方程有唯一解a，满足题意； ②当时，当时，，在区间递减； 当时，，在区间和上递增， 此时极大值，所以方程有唯一解a，满足题意； ③当时，当时，，在区间递减； 当时，在区间和上递增， 此时极大值为，极小值为， （i）当时，则极小值，又时，， 所以存在，满足，且方程有解，不满足题意. （ii）当时，则极小值， 此时若方程有除a以外的其他解t，必有， 而极小值，且当时，，无解，满足题意， 所以的取值范围是. 【点睛】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上可导函数，则曲线y=f(x)在点处的切线方程为：. 19. 随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用．在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位．且向四个方向移动的概率均为．例如在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处 （1）设粒子在第2秒末移动到点记的取值为随机变量，求的分布列和数学期望； （2）记第秒末粒子回到原点的概率为． ①求，； ②已知，求． 【答案】（1）分布列见解析， （2）① ，；② 【解析】 【分析】（1）根据第2秒末粒子的可能位置进行列举，确定随机变量的所有可能值，利用古典概型概率公式计算概率，即得分布列和数学期望； （2）①根据第1秒末粒子的所有可能位置，易得第2秒末回到原点的概率，根据粒子在第4秒末回到原点，可分两种情况考虑，即按照四个不同方向的排列或按照两个相反方向的排列，利用互斥事件的概率加法公式计算即得；②因第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动了步，向右移动了步，向上移动了步，向下移动了步，由此列出，利用组合式公式和题设公式化简即得. 【小问1详解】 因在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处， 故在第2秒末可能运动到点各两种情形，各一种情形，有4种情形，共计16种情形， 随机变量表示的取值，故的可能取值为， 对应的概率分别为：，，. 故的分布列为： 数学期望. 【小问2详解】 ① 因第1秒末，粒子等可能地出现在，，，四点， 第2秒末，每个位置的粒子都有的可能回到原点，故； 对于粒子在第4秒末回到原点，分两种情况考虑： 每一步分别是四个不同方向的排列，例如“上下左右”，共有种情形； 每一步分别是两个相反方向的排列，例如“左左右右，上上下下”，共有种情形. 故. ② 第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动了步，向右移动了步， 向上移动了步，向下移动了步， 故 ， 因，故. 【点睛】关键点点睛：本题（2）②，将理解为第秒末粒子要回到原点，则向左移动了步，向右移动了步，向上移动了步，向下移动了步最为关键，从而得到，其次利用组合式公式与求和符号含义，题设公式结合应用为第二关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$