精品解析：福建省厦门市部分学校2025届高三下学期2月联考数学试题

2025年2月厦门市部分学校高三联考 数学试题 一、选择题：本大题共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. 已知为整数集，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数为纯虚数，，则的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 3. 平面向量，若，则（ ） A B. 1 C. D. 2 4. 长江流域水库群的修建和联合调度，极大地降低了洪涝灾害风险，发挥了重要的防洪减灾效益.每年洪水来临之际，为保证防洪需要、降低防洪风险，水利部门需要在原有蓄水量的基础上联合调度，统一蓄水，用蓄满指数（蓄满指数）来衡量每座水库的水位情况.假设某次联合调度要求如下： （ⅰ）调度后每座水库的蓄满指数仍属于区间； （ⅱ）调度后每座水库的蓄满指数都不能降低； （ⅲ）调度前后，各水库之间的蓄满指数排名不变. 记为调度前该水库的蓄满指数，为调度后该水库的蓄满指数，给出下面四个关于的函数解析式： ①；②；③；④. 则满足此次联合调度要求的函数解析式的序号是（ ） A. ②④ B. ①④ C. ②③ D. ③④ 5. 北斗七星是夜空中的七颗亮星，我国汉代纬书《春秋运斗枢》就有记载，它们成的图形像我国古代舀酒的斗，故命名北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，是古人藉以判断季节的依据之一.如图，用点A，B，C，D，E，F，G表示某季节的北斗七星，其中B，D，E，F看作共线，其他任何三点均不共线，若过这七个点中任意三个点作三角形，则所作的不同三角形的个数为（ ） A. 35 B. 34 C. 31 D. 30 6. 宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．其中汝窑被认为是五大名窑之首．如图1，这是汝窑双耳罐，该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成，其直观图如图2所示．已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是8厘米，高是14厘米，且上、下两圆台的高之比是，则该汝窑双耳罐的体积是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，分别是椭圆的左，右焦点，是椭圆上一点，的角平分线与的交点恰好在轴上，则线段的长度为（ ） A. B. C. D. 8. 若存在直线与曲线，都相切，则a范围为（ ） 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. 已知双曲线，则（ ） A. 取值范围是 B. 的焦点可在轴上也可在轴上 C. 的焦距为6 D. 的离心率的取值范围为 10. 一般地，任意给定一个角，它的终边与单位圆的交点P的坐标，无论是横坐标x还是纵坐标y，都是唯一确定的，所以点P的横坐标x、纵坐标y都是角的函数.下面给出这些函数的定义： ①把点P的纵坐标y叫作的正弦函数，记作，即； ②把点P横坐标x叫作的余弦函数，记作，即； ③把点P的纵坐标y的倒数叫作的余割，记作，即； ④把点P的横坐标x的倒数叫作的正割，记作，即. 下列结论正确的有（ ） A. B. C. 函数的定义域为 D. 11. 球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设，则下列结论正确的是（ ） A. 若平面是面积为的等边三角形，则 B. 若，则 C. 若，则球面体积 D. 若平面为直角三角形，且，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设随机变量服从正态分布，若，则____________. 13. 已知数列的前n项和为，若，则______，______. 14. 已知函数的图象平分系列圆的周长与面积，记圆在轴右侧的圆心的横、纵坐标分别组成数列，则的前项和为__________. 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. 甲同学计划去参观某景点，但门票需在网上预约.该同学从第一天开始，每天在规定的预约时间段开始预约，若预约成功，便停止预约；若连续预约三天都没成功，则放弃预约.假设该同学每天预约门票成功的概率均为0.7， （1）求甲同学到第三天才预约成功的概率； （2）记为甲同学预约门票的天数，求的分布列和期望. 16. 已知的内角、、的对边分别为、、，且． （1）求； （2）若，则面积为，求、的值． 17. 如图，在五棱锥中，平面平面，． （1）证明：平面； （2）若四边形为矩形，且，．当直线与平面所成的角最小时，求三棱锥体积． 18. 已知函数． （1）若恰有两个零点，求a的取值范围； （2）若的两个零点分别为（），求证：． 19. 设抛物线的方程为，为直线上任意一点；过点作抛物线的两条切线MA，MB，切点分别为A，B（A点在第一象限）． （1）当M的坐标为时，求过M，A，B三点的圆的方程； （2）求证：直线AB恒过定点； （3）当m变化时，试探究直线l上是否存在点M，使为直角三角形，若存在，有几个这样的点，说明理由；若不存在，也请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年2月厦门市部分学校高三联考 数学试题 一、选择题：本大题共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. 已知为整数集，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】运用集合补集运算及一元二次不等式的解法即可得到答案. 【详解】因为. 故选：D． 2. 若复数为纯虚数，，则的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数除法运算及纯虚数的意义求出，利用模的意义求出，进而求出共轭复数. 【详解】依题意，， 由为纯虚数，得，解得， 所以的共轭复数为. 故选：C 3. 平面向量，若，则（ ） A B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量平行满足的坐标关系即可求解. 【详解】，由于，所以，解得， 故选：A 4. 长江流域水库群的修建和联合调度，极大地降低了洪涝灾害风险，发挥了重要的防洪减灾效益.每年洪水来临之际，为保证防洪需要、降低防洪风险，水利部门需要在原有蓄水量的基础上联合调度，统一蓄水，用蓄满指数（蓄满指数）来衡量每座水库的水位情况.假设某次联合调度要求如下： （ⅰ）调度后每座水库的蓄满指数仍属于区间； （ⅱ）调度后每座水库的蓄满指数都不能降低； （ⅲ）调度前后，各水库之间的蓄满指数排名不变. 记为调度前该水库的蓄满指数，为调度后该水库的蓄满指数，给出下面四个关于的函数解析式： ①；②；③；④. 则满足此次联合调度要求的函数解析式的序号是（ ） A. ②④ B. ①④ C. ②③ D. ③④ 【答案】A 【解析】 【分析】需满足四个条件：（1）自变量的取值范围是；（2）函数值域为的子集；（3）该函数在上恒有；（4）该函数在上为增函数.逐一对照分析即可求解. 【详解】函数的对称轴为， 所以，超出了范围，不符合题意； ，时，， 且在上单调递增， ，即，符合题意； 函数在上单调递减，在上单调递增，故不符合题意； 函数为增函数，且时，， ，则，即，符合题意. 故满足此次联合调度要求的函数解析式的序号是②④. 故选：. 5. 北斗七星是夜空中的七颗亮星，我国汉代纬书《春秋运斗枢》就有记载，它们成的图形像我国古代舀酒的斗，故命名北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，是古人藉以判断季节的依据之一.如图，用点A，B，C，D，E，F，G表示某季节的北斗七星，其中B，D，E，F看作共线，其他任何三点均不共线，若过这七个点中任意三个点作三角形，则所作的不同三角形的个数为（ ） A. 35 B. 34 C. 31 D. 30 【答案】C 【解析】 【分析】由间接法，从所有三角形中减去不能构成三角形的情况计算即可. 【详解】从这七个点任意选取三个点有个， 其中共线的四点中有个不能构成三角形， 所以不同的三角形个数有31个， 故选：C. 6. 宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．其中汝窑被认为是五大名窑之首．如图1，这是汝窑双耳罐，该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成，其直观图如图2所示．已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是8厘米，高是14厘米，且上、下两圆台的高之比是，则该汝窑双耳罐的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出上下圆台的高，利用台体体积公式求出答案. 【详解】上、下两圆台的高之比是，故上圆台的高为厘米， 下圆台的高为厘米， 故上圆台的体积为立方厘米， 下圆台的体积为立方厘米， 故该汝窑双耳罐的体积为立方厘米. 故选：D 7. 已知，分别是椭圆的左，右焦点，是椭圆上一点，的角平分线与的交点恰好在轴上，则线段的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据题意画出图象，由角平分线性质可得点到直线与的距离相等，进而利用直线的方程可得点的坐标，然后列方程求点的坐标，从而可得. 【详解】由题意可知，点只能在第一、四象限，不妨设点在第一象限，如图所示： 设，又， 由题意可知，直线的斜率一定存在， 所以，直线，即，则点， 直线，化为一般形式得， 因为点在的角平分线上，所以点到直线与的距离相等， 点到直线的距离， 点到直线的距离， 于是，化简得， 即， 又点在椭圆上，所以，得， 因此，，即， 解得或，点在第一象限，所以，， 则点， 所以. 故选：C. 【点睛】思路点睛：首先设点的坐标，再求出直线，直线的表达式以及点的坐标，最后再根据点到角两边的距离相等以及点在椭圆上，解出点的坐标，最后再求线段的长度. 8. 若存在直线与曲线，都相切，则a的范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数分别求得与相切的切线方程，可得，进而可得有解，从而利用导数可求的范围. 【详解】设直线与相切于点，因为， 所以切线方程，即， 设直线与相切于点， 因为，所以切线方程，即， ， 所以有解， 令，， 所以函数在，上单调递减，在，上单调递增， 因为，，所以，所以， 的范围为. 故选：A. 【点睛】思路点睛：本题考查曲线公切线相关问题的求解，求解曲线公切线的基本思路是假设切点坐标，利用导数的几何意义分别求得两曲线的切线方程，根据切线方程的唯一性构造方程组来进行求解. 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. 已知双曲线，则（ ） A. 的取值范围是 B. 的焦点可在轴上也可在轴上 C. 的焦距为6 D. 的离心率的取值范围为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据双曲线方程的特征，易于求得，判断方程中分母的符号即可判断A,B项，计算易得C项，先算出离心率的表达式，再根据的范围，即可确定的范围. 【详解】对于A，表示双曲线，，解得，故A正确； 对于B，由A项可得，故，的焦点只能在轴上，故B错误； 对于C，设的半焦距为，则，，即焦距为，故C正确； 对于D，离心率，，，的取值范围是，故D错误． 故选：AC. 10. 一般地，任意给定一个角，它的终边与单位圆的交点P的坐标，无论是横坐标x还是纵坐标y，都是唯一确定的，所以点P的横坐标x、纵坐标y都是角的函数.下面给出这些函数的定义： ①把点P的纵坐标y叫作的正弦函数，记作，即； ②把点P的横坐标x叫作的余弦函数，记作，即； ③把点P的纵坐标y的倒数叫作的余割，记作，即； ④把点P的横坐标x的倒数叫作的正割，记作，即. 下列结论正确的有（ ） A. B. C. 函数的定义域为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正余弦函数及余割正割的定义逐一判断即可. 【详解】，A正确； ，B正确； 函数的定义域为，C错误； ， 当时，等号成立，D正确. 故选：ABD. 11. 球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设，则下列结论正确的是（ ） A. 若平面是面积为的等边三角形，则 B. 若，则 C. 若，则球面的体积 D. 若平面为直角三角形，且，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对于B，利用代入易得；对于C，先求得三棱锥的体积，由球面的体积即得；对于A，由条件知三边为，推得排除A，对于D，由余弦定理和题设可得，取特殊值即可排除D. 【详解】对于A，因等边三角形的面积为，则， 又，故则，故A错误； 对于B，由可得，故，即B正确； 对于C，由可得，故. 由正弦定理，的外接圆半径为，点到平面ABC的距离， 则三棱锥的体积, 而球面的体积，故C正确； 对于D，由余弦定理可知由可得，， 即，化简得，． 取，则，则，故D错误． 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设随机变量服从正态分布，若，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据正态曲线的对称性计算可得. 【详解】因为且， 所以，解得. 故答案为： 13. 已知数列的前n项和为，若，则______，______. 【答案】 ①. 2 ②. 99 【解析】 【分析】利用给定条件，直接求出，再判断数列特征求出. 【详解】由，得，解得； 则，显然是等差数列，所以. 故答案为：2；99 14. 已知函数的图象平分系列圆的周长与面积，记圆在轴右侧的圆心的横、纵坐标分别组成数列，则的前项和为__________. 【答案】. 【解析】 【分析】首先，需要根据函数图象平分圆的周长与面积这一条件，得出函数与圆的关系，进而确定数列的通项公式，然后利用错位相减法来求数列的前项和. 【详解】因为，定义域为， 令，，则， 对于，令，得， 所以对称中心为，即， 又， 在上单调递减， 所以， 则， 所以的对称中心为， 因为的图象平分系列圆的周长与面积， 所以圆的圆心为的对称中心，即， 由于记圆在轴右侧的圆心的横、纵坐标分别组成数列， 所以，所以， 记的前项和为， 则， 故， 两式相减，得 ， 所以. 故答案为：. 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. 甲同学计划去参观某景点，但门票需在网上预约.该同学从第一天开始，每天在规定的预约时间段开始预约，若预约成功，便停止预约；若连续预约三天都没成功，则放弃预约.假设该同学每天预约门票成功的概率均为0.7， （1）求甲同学到第三天才预约成功的概率； （2）记为甲同学预约门票的天数，求的分布列和期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式及互斥事件的概率求和公式可得答案. （2）求出随机变量的可能取值和概率可得答案； 【小问1详解】 设甲同学到第三天才预约成功的事件为， 根据独立事件的乘法公式，； 【小问2详解】 随机变量的可能取值为， ， ， ， 2 3 ； 16. 已知的内角、、的对边分别为、、，且． （1）求； （2）若，则面积为，求、的值． 【答案】（1） （2），或， 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换化简得出，结合角的取值范围可得出角的值； （2）根据三角形的面积公式以及余弦定理可得出关于、的方程组，即可得解. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 因为，则，所以，，即， 即， 因为，则，所以，，解得. 【小问2详解】 因为，所以，①， 由余弦定理可得②， 联立①②可得或. 17. 如图，在五棱锥中，平面平面，． （1）证明：平面； （2）若四边形为矩形，且，．当直线与平面所成的角最小时，求三棱锥体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）借助面面垂直的性质定理与线面垂直的判定定理推导即可得； （2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量可得当直线与平面所成的角最小时的大小，结合体积公式计算即可得解. 【小问1详解】 因为平面平面平面， 平面平面，所以平面， 又平面，所以， 又因为，且平面，所以平面； 【小问2详解】 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 设，则， 可得与轴夹角为，所以，， ， ，平面的法向量记为， 由，得，令，得， ，即， 当时，等号成立，此时，直线与平面的所成的角取得最小值， 此时. 18. 已知函数． （1）若恰有两个零点，求a的取值范围； （2）若的两个零点分别为（），求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）构造，由于恰有两个零点，则有两个根，利用导数求出的性质即可借助图象求出a的取值范围. （2）由题意，将命题成立转化为成立，令，即证明，令，利用导数证明即可. 【小问1详解】 令，其定义域为， 则， 令，则， 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 因为当时，，当时，， 且， 又恰有两个零点，即有两个根， 故函数与有两个交点， 所以，故a的取值范围为. 【小问2详解】 因为的两个零点分别为（）， 所以，， 所以，，故， 所以， 所以要证成立，只需证明， 即证，即证， 令，即证明， 令，又， ， 由于，令， 所以， 而，其对称轴为， 所以上单调递增， 所以， 于是在上恒成立， 因此在上单调递增， 所以， 所以原命题得证. 【点睛】关键点点睛：本题（2）的关键点是构造函数，进而证明，从而说明原命题成立. 19. 设抛物线的方程为，为直线上任意一点；过点作抛物线的两条切线MA，MB，切点分别为A，B（A点在第一象限）． （1）当M的坐标为时，求过M，A，B三点的圆的方程； （2）求证：直线AB恒过定点； （3）当m变化时，试探究直线l上是否存在点M，使为直角三角形，若存在，有几个这样的点，说明理由；若不存在，也请说明理由． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）存在，答案见解析 【解析】 【分析】（1）设切线方程，与抛物线联立方程组，由求出切线斜率，得A，B两点的坐标，可求A，B三点的圆的方程； （2）设切点坐标和切线方程，与抛物线联立方程组，由求出切线斜率，把点代入切线方程，可得直线AB的方程，由方程确定所过定点； （3）利用向量数量积和直线的斜率，结合韦达定理，确定为直角三角形所需条件. 【小问1详解】 当M的坐标为时，设过点的切线方程为， 与联立，得，整理得， 令，解得或， 分别代入方程得和，故得，， 同时可求得直线MA的方程为，直线MB的方程为， 进而可知，即直线MA与直线MB互相垂直， 则过M，A，B三点的圆的直径为线段AB， 设该圆上任一点的坐标为，则，， 所以， 从而过M，A，B三点的圆的一般方程为． （圆的标准方程：）． 【小问2详解】 设切点分别为，， 过抛物线上点的切线方程为， 与联立，整理得， ，所以， 又因为，从而过抛物线上点的切线方程为， 即，同理可得过点的切线为， 又切线MA，MB都过点，所以得，， 即点均满足方程， 故直线AB的方程为． 设，其为直线上任意一点， 故对任意成立，从而直线AB恒过定点． 【小问3详解】 由（2）知是方程的两实根， 故有，又，，， 所以． ①当时，，直线上任意一点均有，为直角三角形； ②当时，，，不可能为直角三角形； ③当时，，， 因为，， 所以， 若，则，整理得， 又因为，所以． 因为方程有解的充要条件是，所以当时，有，（的情况同理）， 所以为直角三角形． 综上所述，当时，直线上任意一点，使为直角三角形， 当时，直线上存在两点，使为直角三角形； 当或时，不是直角三角形． 【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$