精品解析：福建省部分优质高中2024-2025学年高三下学期3月质量检测数学试题

2024~2025学年福建省部分优质高中高三年级3月质量检测 数 学 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间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 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知双曲线的右焦点为，则双曲线C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 设、是任意两个非零向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 6. 已知数列的前项和为，前项积为，若，则使取得最大值时的值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 7. 在正四棱台中，，且正四棱台存在内切球，则此正四棱台外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在某城市中，M､N两地之间有整齐的方格形道路网，其中､､､是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处，今在道路网M､N处的甲､乙两人分别要到N､M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N､M处为止，则下列说法错误的是（ ） A. 甲从M必须经过到达N处的方法有9种 B. 甲､乙两人相遇的概率为 C. 甲乙两人在处相遇概率为 D. 甲从M到达N处的方法有20种 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，其中为虚数单位，则下列结论正确的有（ ） A. 复数z的共轭复数的模为1 B. 复数z在复平面内对应的点在第一象限 C. 复数z是方程的解 D. 10. 已知，是双曲线的左、右焦点，过的直线交C的右支于A，B两点，若，，则（ ）． A. C的离心率为2 B. C. 的面积为4 D. 的周长为18 11. 若定义在上的函数满足：对任意的，都存在唯一的，使得，则称函数是“函数”，则下列说法正确的有（ ） A. 是“函数” B. 是“函数” C. 若“函数”，则 D. 若是“函数”，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 圆和圆的公切线条数为__________. 13. 若直线是曲线切线，也是曲线的切线，则_______. 14. 已知分别为锐角三个内角的对边，的面积，则的取值范围是______. 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. 现将近几日某地区门锁销售的数量进行统计，得到如下表格： 第x天 1 2 3 4 5 6 7 数量y 200 260 280 350 420 440 500 （1）若y与x线性相关，求出y关于x的经验回归方程，并预测第10天该地区门锁的销售数量；（参考公式和数据:） （2）某人手里有三把钥匙，其中只有一把可以打开门锁，他现在无法分清哪一把能够打．记X为他有放回的进行开锁时的开锁次数，Y为他无放回的进行开锁时的开锁次数．求的概率． 16. 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. 17. 如图，在四棱锥中平面ABCD，设平面PBC和平面PAD的交线为l，． （1）若，证明：平面平面PAB； （2）若，，平面ABCD与平面PCD所成角的余弦值为，求直线PC与平面ABCD所成角的正弦值． 18. 已知函数，，则 （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求m的取值范围； （3）当时，若的最小值是0，求的最大值． 19. 设抛物线：，是大于0的常数.抛物线的焦点为，过的垂直于轴的直线交抛物线于两点（点在轴上方），直线与直线相交于点（异于），与抛物线相交于点（异于坐标原点），直线交抛物线于另一点，直线与轴相交于点. （1）若是的重心，求的值； （2）设直线与直线相交于点分别为线段的中点. （ⅰ）求证：三点共线； （ⅱ）设面积为，的面积为，若，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024~2025学年福建省部分优质高中高三年级3月质量检测 数 学 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数函数的单调性解不等式得到集合，然后求交集. 【详解】由，解得，所以. 故选：B. 2. 已知双曲线的右焦点为，则双曲线C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据焦点坐标求出，即可得到双曲线方程，从而求出渐近线方程. 【详解】因为双曲线的右焦点为， 又，即，所以， 则双曲线方程为，则渐近线方程为. 故选：B. 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据偶函数定义知为偶函数，且，结合选项，利用排除法求解. 【详解】函数的定义域为R，且， 所以函数为偶函数，其图象关于y轴对称，所以选项A、B不满足； 当时，，显然选项D不满足，结合选项只有C满足题意. 故选：C 4. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由诱导公式得到，再结合两角差余弦公式、二倍角公式可求解； 【详解】因为，所以， 即，即． 又因为，所以，所以， 即．又， 所以，所以， 所以， 故选：A． 5. 设、是任意两个非零向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合向量垂直关系与数量和意义判断. 【详解】由，得；反之当，也可推出， 所以“”是“”的充要条件. 故选：C 6. 已知数列的前项和为，前项积为，若，则使取得最大值时的值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】由推理判断数列 为首项时500，公比为的等比数列，再求的解析式，判断其单调性即得》 【详解】由① ，可得时，，即； 当时，② ， 由：，即， 故数列 为首项是500，公比为的等比数列，故. 则， 由，因， 故当时，，当时，， 即，故使取得最大值时的值为9. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查利用和关系式求通项和数列的单调性，属于较难题. 解题的关键在于利用和的关系式求得通项后，继而化简得到，需通过作商判断数列的单调性，即可求得. 7. 在正四棱台中，，且正四棱台存在内切球，则此正四棱台外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由内切球切点的截面性质，确定内切圆的圆心与半径，从而结合勾股定理得四棱台的高度，再由外接球几何性质建立关系得外接球的半径，从而得所求. 【详解】因为正四棱台内切球存在时，内切球大圆是图中梯形的内切圆，圆心为， 设上下底面的中心分别为． 过作于，连接， 由图可知， 则， 过作于，， 即四棱台的高为， 设外接球球心为，设外接球的半径为， 则 ， 解得， 则外接球表面积为． 故选：A. 【点睛】关键点点睛：关于正四棱台的内切球问题，关键是要通过截面法确定内切圆的圆心与半径，从而转换为几何体的内切球，由几何性质确定正四棱台的高度，从而再根据外接球的性质求解外接球半径，即可得所求。 8. 如图，在某城市中，M､N两地之间有整齐的方格形道路网，其中､､､是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处，今在道路网M､N处的甲､乙两人分别要到N､M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N､M处为止，则下列说法错误的是（ ） A. 甲从M必须经过到达N处的方法有9种 B. 甲､乙两人相遇的概率为 C. 甲乙两人在处相遇的概率为 D. 甲从M到达N处的方法有20种 【答案】B 【解析】 【分析】分别计算两人经过的走法种数，由排列组合与古典概型对选项逐一判断 详解】对于甲，经过到达有1种，经过到达有种， 经过到达有种，经过到达有1种，甲从M到达N处的方法共有20种， 同理对于乙，经过到达分别有种． 对于A，甲从M必须经过到达N处的方法有9种，A正确， 对于B，甲乙两人相遇的概率，B错误， 对于C，甲乙两人在处相遇的概率，C正确， 对于D，甲从M到达N处的方法共有20种，D正确 故选：B 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，其中为虚数单位，则下列结论正确的有（ ） A. 复数z的共轭复数的模为1 B. 复数z在复平面内对应的点在第一象限 C. 复数z是方程的解 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】先将复数化简后，再逐个分析判断即可. 【详解】， 对于A，因为，所以，所以，所以A正确， 对于B，因为，所以复数z在复平面内对应的点在第四象限，所以B错误， 对于C，因为， 所以复数z不是方程的解，所以C错误， 对于D，因为，所以D正确. 故选：AD 10. 已知，是双曲线的左、右焦点，过的直线交C的右支于A，B两点，若，，则（ ）． A. C的离心率为2 B. C. 的面积为4 D. 的周长为18 【答案】ABD 【解析】 【分析】由双曲线方程可得，由，可得∽，据此可得题中所涉线段长度，即可判断选项正误. 【详解】如图所示，不妨设A在第一象限，则， 由于，得，， 由于，所以∽， 故，可得，故， 而，故，由，得， 对于A，C的离心率，故A正确； 对于B，由以上分析可知，故B正确； 对于C，在中，，，， 故，故C错误； 对于D，周长为，故D正确. 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用相似三角形的判定定理和性质定理得到比例式. 11. 若定义在上的函数满足：对任意的，都存在唯一的，使得，则称函数是“函数”，则下列说法正确的有（ ） A. 是“函数” B. 是“函数” C. 若是“函数”，则 D. 若是“函数”，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题中“函数”的定义，得到函数在上的值域与函数在的值域的关系，且两个值域交集对应区间上函数是单调的.然后利用函数的单调性求值域，对各个选项逐一分析即可. 【详解】设在上的值域为集合S，在上的值域为集合T， 因为对任意的，都存在唯一的，使得， 则必须满足 对于A，在上的值域为，即， 在上的值域为即 满足， 且由的图像可得对任意的，都存在唯一的，使得， 故是“函数”，故A正确； 对于B，在上的值域为即 在上的值域为，即， 不满足，故不是“函数”，故B错误； 对于C，，其图像关于对称， 当时， 在上的值域为即 在上的值域为，即 若是“函数”， 由，所以，解得，与矛盾. 当时， 在上的值域为，即， 在上的值域为即 若“函数”， 由，所以，即，解得 且由的图像可知对任意的，都存在唯一的，使得， 故满足题意. 综上所述，若是“函数”，则，故C正确； 对于D，若， 在上单调递增， 所以在上的值域为，即， 在单调递减，在上单调递增， 所以在上的值域为即 则，所以，解得， 又，所以 要满足对任意的，都存在唯一的，使得， 则需，解得，所以 当时，此时， 在上单调递减，在上单调递增， 所以在上的值域为，即， 在上的值域为，即 由的图像可得，对任意的，都存在唯一的，使得， 故符合题意. 当时， 在上单调递减， 在单调递减，在上单调递增， 所以在上的值域为即 在上的值域为，即 此时，即， 不满足任意的，都存在唯一的，使得， 综上所述，，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛，本题对函数进行了新的定义，所以充分理解定义，然后根据定义分别判断各个选项即可.对于含参的函数，需要对参数进行分类讨论，在分别求出对应区间的值域，由定义进行判断即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 圆和圆的公切线条数为__________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据圆的方程确定出两圆的圆心和半径，然后根据圆心距与半径的关系判断两圆位置关系，由此得到公切线条数. 【详解】∵圆，圆， ∴ ∴圆心距， 而两圆半径之和， ∴两个圆相离，则这两个圆的公切线有4条. 故答案为：4. 13. 若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则_______. 【答案】## 【解析】 【分析】设出两个切点坐标，根据导数的几何意义可得.将切点代入两条曲线，联立方程可分别求得,代入其中一条曲线即可求得的值，由此可求. 【详解】直线是曲线的切线，也是曲线的切线， 则两个切点都在直线上，设两个切点分别为，， 又，，则，， 由导数的几何意义可知，则， 且切点在各自曲线上,所以 则将代入可得 可得， 由可得 ， 代入中可知， 所以， 所以. 故答案为：. 14. 已知分别为锐角三个内角的对边，的面积，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理、三角形面积公式求出，再利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换及三角函数性质求出范围. 【详解】在中，由及三角形面积公式，得， 由余弦定理得，则， 而，解得，， 由正弦定理得 ，锐角由确定， 而为锐角三角形，则，即，， 显然，而， ，因此，， 所以的取值范围是. 故答案为： 【点睛】思路点睛：涉及求三角形边长比的范围问题，时常利用三角形正弦定理，转化为关于某个角的函数，再借助三角函数的性质求解. 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. 现将近几日某地区门锁销售的数量进行统计，得到如下表格： 第x天 1 2 3 4 5 6 7 数量y 200 260 280 350 420 440 500 （1）若y与x线性相关，求出y关于x的经验回归方程，并预测第10天该地区门锁的销售数量；（参考公式和数据:） （2）某人手里有三把钥匙，其中只有一把可以打开门锁，他现在无法分清哪一把能够打．记X为他有放回的进行开锁时的开锁次数，Y为他无放回的进行开锁时的开锁次数．求的概率． 【答案】（1），； （2） 【解析】 【分析】（1）利用表中数据先求出平均数，再代入公式计算可求得，得出回归方程后进而可预测结果； （2）分别判断出有放回和无放回的分布模型，再分情况讨论即可计算出概率. 【小问1详解】 依题意可得； 又， 所以， 可知， 所以经验回归方程为， 将代入该方程可得预测第10天该地区门锁的销售数量为； 【小问2详解】 有放回时，随机变量对应的概率为； 无放回时，随机变量对应的概率为； 若，则有以下情况： 当时，，此时概率为； 当时，或，此时概率为; 因此可得概率为. 16. 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 17. 如图，在四棱锥中平面ABCD，设平面PBC和平面PAD的交线为l，． （1）若，证明：平面平面PAB； （2）若，，平面ABCD与平面PCD所成角的余弦值为，求直线PC与平面ABCD所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先由线面垂直的判定定理证明平面，再线面平行的性质定理证明，然由面面垂直的判定定理可得； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，设，分别求出平面和平面的法向量，代入空间二面角的公式求出，再代入线面夹角公式求出即可； 【小问1详解】 证明：因为平面平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面平面，所以平面， 因为平面，平面平面，所以， 所以平面， 因为平面，所以平面平面． 【小问2详解】 由（1）可知，因为，所以， 以为原点，所在直线分别为轴，轴，在平面内，垂直于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，所以， 设平面的法向量为，则， 取，则，所以， 显然平面的一个法向量为， 依题意， 解得， 设与平面所成的角为，因为，又平面的一个法向量为， 所以，所以直线PC与平面ABCD所成角的正弦值为． 18. 已知函数，，则 （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求m的取值范围； （3）当时，若的最小值是0，求的最大值． 【答案】（1）答案见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，分和，两种情况讨论，进而得到函数的单调区间； （2）令，求得，由，转换为恒成立，令，求得，得到在上为增函数，得到，即可求解； （3）令函数，转化为在上恒成立，结合相切时取得等号，设切点坐标为，求得切线方程，列出方程组，求得的表达式，得到所以，令函数，利用导数求得单调性，得到，求得，得出，且，进而得到答案. 【小问1详解】 解：由函数，可得， 若时，可得，所以在上单调递增； 若时，令，解得， 当时，，函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增. 综上可得：当时，在上单调递增； 若时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 解：令函数，可得， 因为当时，恒成立，所以在上恒成立， 又因为，要使得在上恒成立，则恒成立， 令， 可得， 即在上为单调递增函数，所以，解得， 即实数的取值范围为. 【小问3详解】 解：当时，若的最小值是0， 即在上恒成立， 即在上恒成立， 显然相切时取得等号，由函数，设切点坐标为， 可得，可得， 所以切线方程为， 即， 因为切线过原点，则， 解得， 所以 ， 令，其中， 可得， 令，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以，此时， 可得， 则，其中， 只需证明：当时，，当时，， 令，可得， 因为和都为增函数，都可为增函数， 所以，所以为增函数， 因为，所以当时，，当时，， 所以，当且仅当，等号成立， 即的最大值为. 【点睛】方法策略：利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略： 1、分离参数法：根据不等式的基本性质将参数分离出来，得到一端是参数，一端是变量的表达式的不等式，转化为求解含有变量的表达式对应的函数的最值问题，进而求得参数的范围； 2、构造函数法：根据不等式的恒成立，构造新函数，利用导数求得新函数的单调性，求出函数的最值，进而得出相应的含参数的不等式，从而求解参数的取值范围； 3、图象法：画出不等式对应的函数的图象，结合函数图象的走势规律，确定函数的极值点或最值点的位置，进而求得参数的取值范围. 19. 设抛物线：，是大于0的常数.抛物线的焦点为，过的垂直于轴的直线交抛物线于两点（点在轴上方），直线与直线相交于点（异于），与抛物线相交于点（异于坐标原点），直线交抛物线于另一点，直线与轴相交于点. （1）若是的重心，求的值； （2）设直线与直线相交于点分别为线段的中点. （ⅰ）求证：三点共线； （ⅱ）设的面积为，的面积为，若，求的取值范围. 【答案】（1）； （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）先联立方程得，可得：，联立抛物线可得，进而根据重心可得； （2）（i）先根据中点坐标公式，直线交点，先得三点坐标，进而由向量共线可证三点共线； （ii）先根据各点坐标求出面积，由可得的取值范围. 【小问1详解】 由题意可得，，，， 联立与，可得，由于， 故，，故， 则：，化简可得：， 联立：与可得， 故，进而可得，故， 由于的重心为，故，化简得， ，. 【小问2详解】 （i），故直线， 联立与，得，， 因此，故，即， ， 直线，令，则， 故， , 由于， 因此，又有公共点， 故三点共线， （ⅱ）由题意， 设，，， 则，，， 由得， 得， 得， 得， 得， 得， 得， 得， 得， 又因，得， 故的取值范围为 【点睛】关键点点睛：本题关键是表示出各点坐标，再通过运算即可得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$