精品解析：福建省龙岩市2025年高中毕业班三月教学质量检测数学试题

龙岩市2025年高中毕业班三月教学质量检测 数学试题 （满分：150分 考试时间：120分钟） 注意事项： 1.考生将自己的姓名､准考证号及所有的答案均填写在答题卡上 2.答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项” 一､单项选择题：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. 已知复数z满足，则模为(　　) A. 1 B. C. D. 2 2. 是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知向量，且在上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 某医学院计划从4名男生和3名女生中选派2人分别到甲、乙两地参加义诊活动，则在派往甲地是男生的条件下，派往乙地是女生的概率是（ ） A B. C. D. 5. 设是等差数列的前项和，若，则（ ） A. 132 B. 88 C. 44 D. 33 6. 设函数且，则下列说法正确的是（ ） A. 为上的奇函数 B. 若，则 C. 若，则 D. 若为上的增函数，则 7. 已知是圆上的两个相异的动点，动点满足，且，则动点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正三棱锥棱长均为2，点在以为直径的球上运动，且，则三棱锥的体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本大题共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. 随机变量分别服从正态分布和二项分布，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，若函数的图象与轴的三个交点依次为，且，则（ ） A. B. 若，则 C 若，则 D. 若成等差数列，则 11. 已知曲线，点，则（ ） A 曲线关于直线对称 B. 曲线上存在点，使得 C. 曲线上第一象限内的点到直线与的距离之积为定值 D. 直线与曲线只有一个交点 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式的展开式中的常数项为________． 13. 若函数在内有且仅有两条对称轴，则的取值范围是__________. 14. 设满足方程的点的运动轨迹分别为曲线，若曲线有两个交点（其中是自然对数的底数），则实数的取值范围为__________. 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. 已知函数. （1）求的最小正周期； （2）将函数的图象向右平移得到函数的图象.记的内角所对的边分别为，已知，求的值. 16. 如图，在三棱锥中，平面平面是等腰直角三角形，且. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若有两个极值点，记过两点的直线斜率为.是否存在实数，使得.若存在，求出的值；若不存在，试说明理由. 18. 已知椭圆的右焦点为抛物线的焦点，过点的直线交椭圆于两点，当直线垂直于轴时，. （1）求椭圆的方程； （2）当直线不垂直于轴时，过分别作轴的垂线，垂足分别为，记直线与的交点为. （i）证明：点在定直线上，并求出的方程； （ii）若的面积为，设直线与抛物线交于两点，求. 19. 对，通过抛掷一枚均匀硬币次后生成有序数对，具体生成规则如下：①规定；②当第次抛掷硬币时：如果出现硬币正面朝上，若，则，否则；如果出现硬币反面朝上，若，则，否则.抛掷次硬币后，记的概率为. （1）写出的所有可能结果，并求； （2）证明：数列是等比数列，并求； （3）若，则抛掷几次硬币后使得的概率最大？请给出证明过程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 龙岩市2025年高中毕业班三月教学质量检测 数学试题 （满分：150分 考试时间：120分钟） 注意事项： 1.考生将自己的姓名､准考证号及所有的答案均填写在答题卡上 2.答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项” 一､单项选择题：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. 已知复数z满足，则的模为(　　) A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】先由复数的除法运算计算得，进而可得模长. 【详解】复数z满足，， 所以． 故选：B． 2. 是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合集合的并集运算来判断与之间的条件关系. 【详解】若，根据并集的定义,所以当时，一定有，即由能推出，所以是的充分条件.  若，则可能属于，也可能属于，不一定有. 例如，，当时，，但，即由不能推出，所以不是的必要条件. 综上，是的充分不必要条件.  故选：A. 3. 已知向量，且在上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据投影向量的计算公式求出的值，再计算，最后根据向量垂直的判定条件判断与的夹角. 【详解】根据向量在上的投影向量为，已知在上的投影向量为，所以. 先计算，根据向量数量积的坐标运算公式，可得. 再计算，根据向量模长公式：可得，那么. 所以. 所以.  得，所以与的夹角为.  故选：C. 4. 某医学院计划从4名男生和3名女生中选派2人分别到甲、乙两地参加义诊活动，则在派往甲地是男生的条件下，派往乙地是女生的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先分别求出事件（派往甲地是男生）的概率和事件AB（派往甲地是男生且派往乙地是女生）的概率，再代入公式计算在派往甲地是男生的条件下，派往乙地是女生的概率. 【详解】从名男生和名女生共人中选人分别到甲、乙两地，总的选派方法数为种. 派往甲地是男生的情况：先从名男生中选人派往甲地，有种选法；再从剩下的人中选人派往乙地，有种选法. 根据分步乘法计数原理，派往甲地是男生的选派方法数为种.所以.  派往甲地是男生且派往乙地是女生的情况：先从名男生中选人派往甲地，有种选法；再从名女生中选人派往乙地，有种选法. 根据分步乘法计数原理，派往甲地是男生且派往乙地是女生的选派方法数为种.所以. 根据条件概率公式，将，代入可得：.  在派往甲地是男生的条件下，派往乙地是女生的概率是， 故选：B. 5. 设是等差数列的前项和，若，则（ ） A. 132 B. 88 C. 44 D. 33 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的前项和公式以及通项公式列出关于首项和公差的方程，求出与，再利用前项和公式求出. 【详解】根据是等差数列的前项和，由等差数列前项和公式可得.所以，化简可得.  ，即.得.  将代入中，解得. 将代入，可得. 可得： 故选：C. 6. 设函数且，则下列说法正确的是（ ） A. 为上的奇函数 B. 若，则 C. 若，则 D. 若为上的增函数，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性、分段函数的求值、函数单调性的性质来逐一分析选项. 【详解】奇函数满足，且定义域关于原点对称. 对于函数，其定义域为，但， 不满足奇函数的性质，所以不是上的奇函数，A选项错误.  若，因为，代入中，可得. 则，B选项错误.  已知，因为，代入中，可得， 此式恒成立，可以取任意大于且不等于的值，并非，C选项错误.  若为上的增函数，则： 当时，要使其单调递增，则，即.  当时，要使其单调递增，则底数.  在分段点处，需满足，解得. 综合以上条件，可得，D选项正确.   故选：D. 7. 已知是圆上的两个相异的动点，动点满足，且，则动点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先设出点的坐标，根据向量关系得到、坐标与坐标的关系，然后结合已知条件以及、在圆上的条件，进而求出动点的轨迹方程. 【详解】设，因为，，，所以. 根据向量相等的性质，可得，进一步整理得到. 将展开可得. 因为，在圆上，所以，， 又已知，即. 将上述值代入可得：.  由可得. 又因为，所以，可得.  动点的轨迹方程为， 故选：C. 8. 已知正三棱锥的棱长均为2，点在以为直径的球上运动，且，则三棱锥的体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据正三棱锥的性质找出相关线段的关系，证明线面垂直从而确定点的位置范围；接着求出关键线段的长度；再利用相似三角形求出三棱锥的高；最后根据三棱锥体积公式计算出体积. 【详解】如下图，设为的中点，设中点为，连接， 由得在的中垂面上且在以为圆心，1为半径的圆上， 连接， 为正三棱锥，， 平面，，平面， 平面与圆面重合， 又正三棱锥的棱长为2，， 当点三点共线时， 三棱锥体积最大，作平面，点 易知，，， . 故选：B. 二､多项选择题：本大题共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. 随机变量分别服从正态分布和二项分布，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先计算出正态分布与二项分布的期望与方差，再分析正态分布与二项分布的基本参数和性质，然后逐一验证选项的正确性. 【详解】对于正态分布，其期望和方差分别为3和1， 对于二项分布，有，， 选项A： ，，因此成立，故A正确； 选项B： ，，因此，故B错误； 选项C： 由于正态分布具有对称性，若，则，故C正确； 选项D： 对于二项分布，其概率公式为 ， ， 而，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知函数，若函数的图象与轴的三个交点依次为，且，则（ ） A. B. 若，则 C 若，则 D. 若成等差数列，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】由有三个零点，得有两个不相等的实数根，求解即可判断A；利用导数求出的极值，结合零点的个数建立不等式即可求解判断B；时得出函数图象关于点中心对称，即可判断C；由题得，得出，结合成等差数列，即可判断D； 【详解】对于A，，因为有三个零点， 所以至少有三个单调区间，即有两个不相等的实数根， 所以，解得，故A错误； 对于B，当时，， ， 由或，由， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，在处取得极小值， 因为有三个零点，所以，解得，故B正确； 对于C，， 所以函数的图象关于点中心对称， 所以，故C正确； 对于D， ， 所以， 若成等差数列，则，所以， 得，所以， 解得，即，故D正确； 故选：BCD． 【点睛】关键点点睛：判断B选项的关键是发现，从而得到函数图象是中心对称图形，对称中心为；CD选项的判断，解答时要注意利用． 11. 已知曲线，点，则（ ） A. 曲线关于直线对称 B. 曲线上存在点，使得 C. 曲线上第一象限内的点到直线与的距离之积为定值 D. 直线与曲线只有一个交点 【答案】BC 【解析】 【分析】数形结合并由双曲线的性质、定义结合直线与双曲线的位置关系和点到直线的距离即可依次求解判断各选项. 【详解】由题当，时，曲线； 当，时，曲线； 当，时，曲线不存在； 当，时，曲线，故作出曲线，如图所示： 选项A：法一：由图可知，曲线不关于直线对称，故A错误； 法二：将中的替换为替换为，得， 与不相同，故曲线不关于直线对称，故A错误； 选项B：易知，为双曲线的上、下焦点， 所以当点在第三象限时，根据双曲线的定义可知，故B正确； 选项C：设曲线上第一象限内的点为， 则，即， 所以点到直线的距离， 点到直线的距离， 所以，故C正确. 选项D：易知直线为双曲线与双曲线的一条共同渐近线， 直线的斜率大于直线的斜率，且直线过点，结合图形知道， 直线与曲线在第一象限的部分有一个交点， 由可得，，解得， 所以直线与曲线在第三象限的部分有一个交点， 故直线与曲线共有两个交点，故D错误. 故选：BC. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式的展开式中的常数项为________． 【答案】60 【解析】 【分析】利用展开式的通项公式，可求常数项. 【详解】展开式的通项为． 令，得，则的常数项为． 故答案为：． 13. 若函数在内有且仅有两条对称轴，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出的对称轴方程，再根据内有且仅有两条对称轴列出关于的不等式组，进而求解的取值范围. 【详解】对于函数，令， 解关于的方程：  ， 因为， 当时，； 当时，； 当时，. 由于在内有且仅有两条对称轴，则. 解不等式，得. 解不等式，得. 所以的取值范围是.  故答案为：. 14. 设满足方程的点的运动轨迹分别为曲线，若曲线有两个交点（其中是自然对数的底数），则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】法一：将原问题转化为函数的图象与的图象有两个交点，利用导数研究的性质，结合图形即可求解；法二：将原问题转化为直线与的图象有两个交点，利用导数研究的性质，结合图形即可求解. 【详解】法一：因， ， 依题意，曲线，曲线， 且曲线有两个交点，方程在上有两解， 即方程在上有两解，令， 所以方程有两解等价于函数的图象与的图象有两个交点. 易知直线恒过定点，斜率为， 又由得，令，则， 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，作出的图象如图所示， 设直线是的图象的切线，设切点为， 则切线斜率为，所以切线的方程为， 又直线经过点，所以， 即，解得或，所以或， 由图知，当或即或时， 函数的图象与的图象有两个交点，即曲线有两个交点， 故实数的取值范围是. 法二：因为， 依题意，曲线，曲线，且曲线有两个交点， 方程在上有两解，即方程在上有两解， 当时，，此时； 当时，即方程在上有两解， 令，则的图象与的图象有两个交点. 又， 令，则或， 当或时，单调递减， 当或时，单调递增， 又，且当时，， 当时，，当时，， 所以的大致图象如图所示， 要使的图象与的图象有两个交点，则或， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 【点睛】方法点睛：利用导数证明形如的不等式恒成立的求解策略： 1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可； 2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可； 3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立. 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. 已知函数. （1）求的最小正周期； （2）将函数的图象向右平移得到函数的图象.记的内角所对的边分别为，已知，求的值. 【答案】（1）最小正周期为. （2） 【解析】 【分析】（1）运用二倍角公式和辅助角公式化简函数，结合周期公式计算； （2）运用函数图象平移变换，得到，求出，运用同角函数关系式求出，结合三角形面积公式和余弦定理计算即可. 【小问1详解】 的最小正周期为. 【小问2详解】 函数的图象是由函数的图象向右平移得到， . 又.由得， . 由余弦定理得： 16. 如图，在三棱锥中，平面平面是等腰直角三角形，且. （1）证明：； （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）作，且交于点，连接，结合等腰三角形三线合一，根据面面垂直性质得到平面，根据余弦定理和勾股定理逆定理得到，再用线面垂直判定定理和性质证明即可； （2）方法一：向量法解题；方法二：找出线面所成角，借助三角函数解题. 【小问1详解】 证明：作，且交于点，连接， 是等腰直角三角形且， . 又平面平面，平面平面平面， 平面. 又平面，. 根据余弦定理得， . . 又平面， 平面， 又平面，. 【小问2详解】 方法一：过点在平面内作交于， 则两两垂直，以点为原点， 分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系（如图）. 是等腰直角三角形且. . . 设平面法向量为，则 ， 取，. 又， 设直线与平面所成角为， . 直线与平面所成角的正弦值是. 方法二：过点作于，连接，由（1）知，平面， 平面面，平面. 是直线与平面所成角. 由（1）知， . . 直线与平面所成角的正弦值是. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若有两个极值点，记过两点的直线斜率为.是否存在实数，使得.若存在，求出的值；若不存在，试说明理由. 【答案】（1）答案见解析 （2）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）对函数求导，对参数进行分类讨论即可. （2）由（1）可知当且仅当时，有两个极值点，根据题意列出等式，由分析法判断方程的解的情况即可. 【小问1详解】 易知的定义域为， 且， 记 当时，，此时恒成立，则恒成立， 当时，，此时恒成立，则恒成立，当且仅当时取等号. 所以函数在上单调递增； 当时，，此时有两个正根： 或. 当时，； 当时，； 所以在上单调递增， 在上单调递减. 综上所述：当时，函数上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 因为有两个极值点，由（1）知仅在时满足条件 设是方程的两个不等正实根， 则满足，不妨设， 则， 由于 依题意，假设存在的值，使得， 则，又，即 又，把代入整理得（*） 令，则 所以在上单调递增，从而， 所以当时，恒成立 因此（*）无解，即不存在实数使得 18. 已知椭圆的右焦点为抛物线的焦点，过点的直线交椭圆于两点，当直线垂直于轴时，. （1）求椭圆的方程； （2）当直线不垂直于轴时，过分别作轴的垂线，垂足分别为，记直线与的交点为. （i）证明：点在定直线上，并求出的方程； （ii）若的面积为，设直线与抛物线交于两点，求. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析，；（ii）. 【解析】 【分析】（1）设，得，求出通径，根据，即可求解； （2）（ⅰ）设出直线的方程，与曲线的方程联立，得到根与系数的关系，根据点斜式写出直线的方程，联立直线的方程，可得的坐标.，即可求解. （ii）解法一：令在轴上方，借助面积公式，结合韦达定理，得到，分类讨论，得到直线的方程，与抛物线方程联立，设，结合韦达定理计算即可； 解法二：运用弦长公式，结合到的距离算出面积，解得，分类讨论，得到直线的方程，与抛物线方程联立，设，结合韦达定理计算即可. 【小问1详解】 设，依题意得， 当时，， 又，所以， 故椭圆的标准方程为：. 【小问2详解】 （i）因为直线与坐标轴不垂直，设直线的方程为， 设， 由，得， 则，可得， 又由条件知直线的斜率均存在， 则直线的方程为， 直线的方程为， 联立直线和的方程，消去，得交点的横坐标为 ， 同理，消去，得交点的纵坐标为， 所以的坐标为. 所以点在定直线上，且定直线的方程为. （ii）解法一：依题意不妨令在轴上方， 则 ， 由，得， 解得（舍去）， 所以，得直线的方程为， 同理当时，直线的方程为， 联立，消去得，设， 得， 根据对称性得，当直线的方程为时，也有. 综上所述. 解法二：， 又因为到的距离为， 所以， 得，解得（舍去）， 所以，得直线的方程为或， 联立，消去得到， 设，则， 得， 根据对称性得，当直线的方程为时，也有. 综上所述. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法. （1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. （2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 19. 对，通过抛掷一枚均匀硬币次后生成有序数对，具体生成规则如下：①规定；②当第次抛掷硬币时：如果出现硬币正面朝上，若，则，否则；如果出现硬币反面朝上，若，则，否则.抛掷次硬币后，记的概率为. （1）写出的所有可能结果，并求； （2）证明：数列是等比数列，并求； （3）若，则抛掷几次硬币后使得的概率最大？请给出证明过程. 【答案】（1）答案见解析， （2）证明见解析， （3）2次，证明见解析 【解析】 【分析】（1）列出所有的情况，再利用古典概型公式计算即可； （2）构造得，再利用等比数列公式即可； （3）根据（2）的结论，分奇数偶数讨论，借助函数单调性得解. 【小问1详解】 当第1次抛掷硬币时， 若正面朝上，由知， 则； 若反面朝上，由知， 则； 当第2次抛掷硬币时，如果正面朝上， 此时若第1次正面朝上，由知， 则 此时若第1次反面朝上，由知， 则 当第2次抛掷硬币时，如果反面朝上， 此时若第1次正面朝上，由知， 则 此时若第1次反面朝上，由知， 则 所以的所有可能结果共4个，所以. 【小问2详解】 由题知，， 当，且第次掷出正面时， 有，此时， 当，且第次掷出反面时， 有，此时， 所以， 即，所以 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以. 【小问3详解】 由（2）知， 当且为奇数时，， 当且为偶数时，， 且随着的增大而减小， 所以 综上：抛掷2次硬币后使得的概率最大. 【点睛】关键点点睛：第二问关键是找出，再用构造法计算；第三问关键是用函数单调性求最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $