精品解析：福建省福州第三中学2025届 高三下学期第十次质量检测数学试题

福州三中2024-2025学年第二学期高三第十次质量检测 数学试卷 命题人：高三数学集备组 审卷人：高三数学集备组 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的班级､准考证号､姓名填写在答题卡上. 2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上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.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔书写作答.若在试题卷上作答，答案无效，第I卷 一､单选题：本大题共8小题，每小题5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. 设复数满足，则的虚部是（ ） A. 2 B. C. D. 2. “”是“方程 表示的曲线为椭圆”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式,宋代称为撮尖,清代称为攒尖.通常有圆形攒尖,三角攒尖,四角攒尖,八角攒尖,也有单檐和重檐之分,多见于亭阁式建筑,园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖,可近似看作一个圆锥,已知其轴截面是底边长为m,顶角为的等腰三角形,则该屋顶的面积约为（ ）. A. m2 B. m2 C. m2 D. m2 4. 某医院拟派甲、乙、丙、丁四位专家到3所乡镇卫生院进行对口支援，若每所乡镇卫生院至少派1位专家，每位专家对口支援一所医院，则选派方案有（ ） A. 18种 B. 24种 C. 36种 D. 48种 5. 已知数列的前项和为，且，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 6. 已知点，点在曲线上运动，点为抛物线的焦点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4 7. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知的值域为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 为奇函数 B. 的一个周期是 C. 的一条对称轴为 D. 的值域是 10. 如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为的中点，点满足，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则四面体的体积为定值 B. 若，则点的轨迹为一段圆弧 C. 若的外心为，则为定值2 D. 若且，则存在点，使得的最小值为 11. 甲、乙两选手进行象棋比赛，有3局2胜制、5局3胜制两种方案.设每局比赛中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛的结果互不影响，则下列结论正确的有（ ） A. 若采用3局2胜制，则甲获胜的概率为 B. 若采用5局3胜制，则甲以获胜的概率为 C. 若，则甲在5局3胜制中获胜的概率比在3局2胜制中获胜的概率大 D. 若，采用5局3胜制，在甲获胜的条件下，比赛局数为4局的可能性最大 第II卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡相应横线上. 12. 已知向量，若，且，则_________. 13. 已知等比数列的前3项和为39，且，则__________. 14. 函数上存在互异两点A，B，若曲线在A，B处的切线均为直线l，且l在A，B之间与无公共点，则l的斜率为__________. 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. 在锐角 中，内角的对边分别为，且. （1）求证：； （2）若的平分线交于，，，求的值. 16. 已知定义在上的函数. （1）若，判断是否存在极小值点，并说明理由； （2）若存在两个零点，求的取值范围. 17. 如图，在三棱柱 中，点 ， 分别在棱 ， 上，且 ， ， ， 四点共面. （1）证明：四边形 为平行四边形； （2）若点 满足 ，侧面 底面 ， ，若平面 与平面 夹角的余弦值为 ，求 的值. 18. 品酒师需要定期接受酒味鉴别功能测试，一种常采用的测试方法如下：拿出瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求按品质优劣为它们排序，经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分.现设，分别以表示第一次排序时被排为的四种酒在第二次排序时的序号，并令，则是对两次排序的偏离程度的一种描述. （1）写出的所有可能取值（不需要说明理由）； （2）假设等可能地为的各种排列，求的概率； （3）假定各轮测试相互独立，某品酒师在相继进行的三轮测试中，都有，求这种现象出现的概率；并判断该品酒师的酒味鉴别功能如何，并说明理由. 19. 已知双曲线的对称中心在原点，以坐标轴为对称轴，两条渐近线分别为和，其右焦点为. （1）求双曲线的方程； （2）直线与双曲线交于两点（在的上方），过点分别作的平行线相交于点，过作的平行线与双曲线交于两点（在的上方），再过点分别作的平行线相交于点，这样一直操作下去，可以得到一系列点.证明： ①共线； ②为定值，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州三中2024-2025学年第二学期高三第十次质量检测 数学试卷 命题人：高三数学集备组 审卷人：高三数学集备组 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的班级､准考证号､姓名填写在答题卡上. 2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上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.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔书写作答.若在试题卷上作答，答案无效，第I卷 一､单选题：本大题共8小题，每小题5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. 设复数满足，则的虚部是（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求解. 【详解】因为，所以， 所以的虚部是， 故选:C. 2. “”是“方程 表示的曲线为椭圆”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用椭圆的标准方程结合充分、必要条件的定义计算即可. 【详解】易知时，，但时有， 此时方程表示圆，所以不满足充分性， 若方程 表示的曲线为椭圆，则， 显然成立，满足必要性， 故“”是“方程 表示的曲线为椭圆”的必要不充分条件. 故选：B 3. 攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式,宋代称为撮尖,清代称为攒尖.通常有圆形攒尖,三角攒尖,四角攒尖,八角攒尖,也有单檐和重檐之分,多见于亭阁式建筑,园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖,可近似看作一个圆锥,已知其轴截面是底边长为m,顶角为的等腰三角形,则该屋顶的面积约为（ ）. A. m2 B. m2 C. m2 D. m2 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意作出圆锥轴截面图像,根据图像求出圆锥底面半径和母线,根据侧面积公式即可求解. 【详解】如图所示为该圆锥轴截面,    由题意,底面圆半径,母线, 所以侧面积. 故选：C. 4. 某医院拟派甲、乙、丙、丁四位专家到3所乡镇卫生院进行对口支援，若每所乡镇卫生院至少派1位专家，每位专家对口支援一所医院，则选派方案有（ ） A. 18种 B. 24种 C. 36种 D. 48种 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分2步进行分析：①将甲、乙、丙、丁四位专家分为3组，②将分好的三组全排列，对应3所乡镇卫生院，由分步计数原理计算可得答案． 【详解】解：根据题意，分2步进行分析： ①将甲、乙、丙、丁四位专家分为3组，有种分组分法； ②将分好的三组全排列，对应3所乡镇卫生院，有种情况， 则有种选派方案； 故选：． 【点睛】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题． 5. 已知数列的前项和为，且，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，然后利用裂项相消求出结果. 【详解】由已知有，故. 所以，从而. 故选：C. 6. 已知点，点在曲线上运动，点为抛物线的焦点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】如图所示：过点作垂直准线于，交轴于，则，设，，则，利用均值不等式得到答案. 【详解】如图所示：过点作垂直准线于，交轴于，则， 设，，则， 当，即时等号成立. 故选：. 【点睛】本题考查了抛物线中距离的最值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力. 7. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知条件切化弦，整理得出，然后把展开可求出，从而利用两角和的余弦公式可求解. 【详解】由于，且， 则， 整理得， 则， 整理得， 所以. 故选：D. 8. 已知的值域为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别讨论，，时，由分段函数的定义域，可求出其值域范围，根据集合的子集解不等式即可求解. 【详解】当时，由指数函数的单调性得到取值范围为，此时不成立，故舍去； 当时，，若时，， 若时 ，，当且仅当时，等号成立； 此时 当时，若时，单调递减，所以， 若时 ，，当且仅当时，等号成立； 即解之可得， 综上可知. 故选：D 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 为奇函数 B. 的一个周期是 C. 的一条对称轴为 D. 的值域是 【答案】BD 【解析】 【分析】利用奇偶函数的定义、周期函数定义、轴对的性定义依次判断ABC；求出值域判断D. 【详解】对于A，函数的定义域关于数0对称，， 且不恒为0，则为偶函数，不为奇函数，A错误； 对于B，，的一个周期是，B正确； 对于C，，的图象关于不对称，C错误； 对于D，当时，，其中锐角由确定， 而，则， 因此，由选项A知，当时，， 由选项B知，在定义域上，于是的值域是，D正确. 故选：BD 10. 如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为的中点，点满足，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则四面体的体积为定值 B. 若，则点的轨迹为一段圆弧 C. 若的外心为，则为定值2 D. 若且，则存在点，使得的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】连接，由线面平行的判定定理即可证明平面，从而判断A；建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可判断BD，由空间向量数量积的定义即可判断C. 【详解】对A项，连接，故点在线段上，因为，故平面，所以到平面的距离为定值，又因为为定值，所以四面体的体积为定值，A对； 对B项，如图，取中点，因为底面为一个内角的菱形， 所以，以为原点建系如图，故， 设，由可得， 故点为以为圆心，为半径的圆落在正方形内的部分， 设与圆交于点，因为，所以， 故点轨迹的长度为，B对； 对C项，如图，取中点，所以，故，C错； 对D项，结合B项中建系，设，可得， 所以， 如图，设， 在线段上取点，设，则， 显然，连接使得共线，此时有最小值，故D对. 故选:ABD. 11. 甲、乙两选手进行象棋比赛，有3局2胜制、5局3胜制两种方案.设每局比赛中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛的结果互不影响，则下列结论正确的有（ ） A. 若采用3局2胜制，则甲获胜的概率为 B. 若采用5局3胜制，则甲以获胜的概率为 C. 若，则甲在5局3胜制中获胜的概率比在3局2胜制中获胜的概率大 D. 若，采用5局3胜制，在甲获胜的条件下，比赛局数为4局的可能性最大 【答案】ACD 【解析】 【分析】由二项分布及相互独立事件的概率计算公式逐项求解判断A、B、C，由二项分布及条件概率计算公式求解判断D. 【详解】对于A：若采用3局2胜制，可将比赛看作赛满3局处理，甲获胜则需在3局获胜2局或3局都胜， 其概率为，A正确； 对于B：若采用5局3胜制，甲以获胜则需在第4局比赛中获胜，且在前3局比赛中获胜2局， 其概率为，B错误； 对于C：若，则在5局3胜制中将比赛看作赛满5局处理，则甲获胜的概率为 ， 在3局2胜制中将比赛看作赛满3局处理，甲获胜的概率为 ， ，C正确； 对于D：由事件表示“甲获胜”，设事件表示“比赛局数为4局”， 事件C表示“比赛局数为3局”，事件D表示“比赛局数为5局”， 则，， ，， 所以，， ，，D正确； 故选：ACD. 第II卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡相应横线上. 12. 已知向量，若，且，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】设，由向量的坐标表示向量共线和垂直，解出，再计算模长可得. 【详解】设，则， 由，可得，解得， 则，所以. 故答案为：. 13. 已知等比数列的前3项和为39，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式,列出关于和的方程组,解方程组求得和,即可求得. 【详解】依题意可得 ,解得,, 所以,. 故答案为： 14. 函数上存在互异两点A，B，若曲线在A，B处的切线均为直线l，且l在A，B之间与无公共点，则l的斜率为__________. 【答案】2 【解析】 【分析】利用导数求出切线斜率和切线方程，代入两个切点的横坐标，利用斜率相等得到切点横坐标的关系，然后代入两个切点的横坐标得到两个截距相等，利用截距相等，运算后得出结论. 【详解】设切点为 切线方程为：, 设切点，切点，切线的斜率为k， 则有即 将切点，代入切线方程，求得切线在y轴上的截距为， 将切点，代入切线方程，求得切线在y轴上的截距为， 则有 ①当时，由得： ； 所以，即， 所以； 当时，满足与l在A，B之间无公共点. ②当 时，由得： 即③， 结合③式可知，是与l的公共点，且在A，B之间，该情况无解. 综上所述，切线l的斜率为 故答案为：2 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. 在锐角 中，内角的对边分别为，且. （1）求证：； （2）若的平分线交于，，，求的值. 【答案】（1）证明：由正弦定理， 可得， 因为， 所以， 因为，，所以， 因为在上单调递增， 所以，即； （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理将边转化为角可得，由内角和定理和两角和与差的正弦公式，结合角的范围即可求解； （2）由， 为锐角，可得，由结合即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为， 为锐角， 所以，， 依题意有， 由（1）可知， 所以， 又因为，所以， 化简得， 两边同除以可得， 所以. 16. 已知定义在上的函数. （1）若，判断是否存在极小值点，并说明理由； （2）若存在两个零点，求的取值范围. 【答案】（1） 无极小值点；依题意可得， ，故， 设，则， ， 在上单调递增， ， 在上单调递增，无极小值点； （2） 【解析】 【分析】（1）求导，确定单调性即可判断； （2）参编分类得到，问题转换成与恰有两个交点，对求导确定单调性，极值，即可求解； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 令，可得， 所以与恰有两个交点， 设，则， 令可得， 当时，；当时，， 在上单调递减，在上单调递增 ， 当时，；当时，， 的取值范围是 17. 如图，在三棱柱 中，点 ， 分别在棱 ， 上，且 ， ， ， 四点共面. （1）证明：四边形 为平行四边形； （2）若点 满足 ，侧面 底面 ， ，若平面 与平面 夹角的余弦值为 ，求 的值. 【答案】（1）证明：因为 平面 平面  ， 所以  平面 . 又  平面 ，平面 平面， 所以 . 因为平面 平面 ，平面 平面 ，平面 平面  ， 所以  ， 所以四边形  为平行四边形. （2） 【解析】 【分析】（1）先利用线面平行的判断定理与性质定理证明，再利用面面平行的性质证明，从而可得四边形为平行四边形； （2）取 的中点 ，连接 ，以 为坐标原点，直线 分别为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，设 ，求出平面的法向量与平面的法向量，利用空间向量夹角公式列方程求出，从而可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，取的中点 ，连接， 由 及 ，得 为等边三角形， 所以 ， 又平面 底面 ，平面 所以 底面 ，因为底面，从而 ； 由 及 ，得为等腰直角三角形， 所以 . 以 为坐标原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系 ，如图所示， 则 ， ， 则 ；设 ，则 . 设平面 的法向量为 ，由， 得 ， 取 ，则 . ， 设平面的法向量为 ，由 得 ， 取 ，则 . 所以 ， 整理得 ， 解得 (舍去) 或 ，此时 18. 品酒师需要定期接受酒味鉴别功能测试，一种常采用的测试方法如下：拿出瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求按品质优劣为它们排序，经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分.现设，分别以表示第一次排序时被排为的四种酒在第二次排序时的序号，并令，则是对两次排序的偏离程度的一种描述. （1）写出的所有可能取值（不需要说明理由）； （2）假设等可能地为的各种排列，求的概率； （3）假定各轮测试相互独立，某品酒师在相继进行的三轮测试中，都有，求这种现象出现的概率；并判断该品酒师的酒味鉴别功能如何，并说明理由. 【答案】（1） （2） （3）可以认为该品酒师的酒味鉴别功能优秀， 依题意可得， 当时，， 则，或， 或， 故， 所以， 因为各轮测试相互独立，记“该品酒师在相继进行的三轮测试中，都有”， 则，是一个很小的概率， 所以可以认为该品酒师的酒味鉴别功能优秀. 【解析】 【分析】（1）根据已知条件即可求解； （2）用表示的一个排列，由古典概型概率公式可得对应概率； （3）由题意分别得到，2时的概率值，即可判断. 【小问1详解】 在中，奇数和偶数各有两个，所以，中奇数个数等于，中偶数个数， 因此与的奇偶性相同， 从而必为偶数，又的值非负，且其值不大于8， 所以的所有可能取值有； 【小问2详解】 用表示的一个排列，则当时，所有可能的情况如下： ， 若，则， 若，则，或， 若，则，或， 或，或， 故； 【小问3详解】 略 19. 已知双曲线的对称中心在原点，以坐标轴为对称轴，两条渐近线分别为和，其右焦点为. （1）求双曲线的方程； （2）直线与双曲线交于两点（在的上方），过点分别作的平行线相交于点，过作的平行线与双曲线交于两点（在的上方），再过点分别作的平行线相交于点，这样一直操作下去，可以得到一系列点.证明： ①共线； ②为定值，. 【答案】（1） （2） ①证明：设过平行于的直线为， 与相交于两点， 联立，可得， 该方程有两个不等正实根，故且，解得， 由韦达定理可得， 直线的方程为，又， 直线的方程为， 同理可得直线的方程为， 联立，可得交点， 由韦达定理知， 代入坐标可得， 都在直线上； ②证明：由①可设的坐标为， 过的直线的方程为， 由①可知， ， ， ， ， ， 为定值. 【解析】 【分析】（1）根据题意，由双曲线的性质，列出关于的方程，代入计算，即可得到结果； （2）①根据题意，联立过平行于的直线与双曲线方程，结合韦达定理代入计算，即可表示出直线的方程，以及直线的方程，然后联立两直线方程，即可表示出的坐标，即可证明；②分别表述出以及的长，然后结合①中的结论，代入计算，即可证明. 【小问1详解】 依题意可设， 右焦点为， 两条渐近线分别为和， ，解得， 双曲线的方程为； 【小问2详解】 ①略 ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $