精品解析：福建省泉州市2025届高三下学期质量检测（三）数学试题

泉州市2025届高中毕业班质量监测（三） 高三数学 本试卷共19题，满分150分，共8页.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．考生作答时，将答案答在答题卡上.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸、试题卷上答题无效. 3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚. 4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据交集的定义，即可求解. 【详解】满足的正整数只有，所以. 故选：A 2. 已知向量满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用数量积的运算律求出，进而求出夹角. 【详解】由，得，而，则， ，而， 所以与的夹角. 故选：C 3. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的模得到方程求出的值，即可求出，再根据复数代数形式的运算法则判断即可. 【详解】因为，所以， 又，所以，解得或（舍去）， 所以，则，所以，. 故选：D 4. 已知圆柱的底面半径与球的半径均为1，且圆柱的侧面积等于球的表面积，则该圆柱的母线长等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆柱侧面积和球表面积公式列方程，解方程即可. 【详解】设圆柱的母线长为，则，解得. 故选：B. 5. 已知的展开式中的系数为0，则的值为（ ） A. B. C. 640 D. 1280 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，求出两个二项式展开式中的系数即可得解. 【详解】依题意，展开式中项为，其系数为， 展开式中项，其系数为，由展开式中的系数为0，得， 所以. 故选：A 6. 已知拋物线的准线为，点在上，以为圆心的圆与和轴都相切，则该圆被轴截得的弦长等于（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据相切的到点然后代入抛物线方程得到，最后利用勾股定理求弦长. 【详解】拋物线的准线方程为，不妨取点在第一象限， 设以为圆心的圆的半径为， 因为以为圆心的圆与和轴都相切，所以， 将代入抛物线方程得，解得， 则到轴的距离为1，该圆被轴截得的弦长为. 故选：D. 7. 已知函数，若，则的值可以是（ ） A. B. C. 3 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据得到，然后根据的范围求的范围即可. 【详解】由题意得，， 整理得， 因为，则，. 故选：B. 8. 如图，已知是圆锥的轴截面，分别为的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】勾股得到，从而得到当最大时，最大，然后根据截面得到截面，根据勾股得到当最大时，最大，再结合截面得到的最大值，从而得到的最大值. 【详解】 过点作，交底面圆于两点，连接，，， 设，则， 所以当最大时，最大， 由圆锥的性质得底面， 因为底面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为分别是的中点，所以，则， 因为，平面，所以平面， 则平面为截面， 因为为中点，所以，所以平面， 因为平面，所以，所以， 则当最大时，最大， 如图为截面的平面图， 以为原点，为轴，过点垂直向上的方向为轴正方向建系， ，，，则抛物线方程为， 设，，则， 所以， 则此时，. 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于找到截面，然后转化为平面几何求最值. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 有一组样本数据1，2，3，4，5，现加入两个正整数，构成新样本数据，与原样本数据比较，下列说法正确的是（ ） A. 若平均数不变，则 B. 若极差不变，则 C. 若，则中位数不变 D. 若，则方差不变 【答案】AC 【解析】 【分析】根据平均数、极差、中位数和方差的定义判断. 【详解】若平均数不变，则，解得，故A正确； 当时，极差不变，但，故B错； 若，则为或或，每一种情况对应的中位数都是3，故C正确； 原数据的平均数为3，原数据的方差为， 新数据的平均数为3，新数据的方差为，当且仅当时等号成立，所以方差有可能改变，故D错. 故选：AC. 10. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 曲线关于直线对称 C. 在区间上有4个零点 D. 在区间内单调递减 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，和的最小正周期，得到的最小正周期；B选项，，B错误；C选项，变形得到，令得或，从而得到在区间上有5个零点，C错误；D选项，求导，得到在上恒成立，D正确. 【详解】A选项，的最小正周期为，的最小正周期为， 两者的最小公倍数为，故的最小正周期为，A正确； B选项，， 故曲线不关于直线对称，B错误； C选项，， 令得，故或， 因为，所以的解为，，，，， 的解为，，， 综上，在区间上有5个零点，C错误； D选项， 当时，，， 即，所以在区间内单调递减，D正确 故选：AD 11. 已知数列的前项和，则下列说法正确的是（ ） A. 若是等差数列，则 B. 若不是递增数列，则 C. 若，则 D. 若的最小值为3，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，根据等差数列前项和公式判断；B选项，利用得到，然后根据增减性列不等式即可；C选项，列不等式，然后解不等式即可；D选项，将的最小值为3转化为恒成立，然后分和两种情况分析即可. 【详解】若为等差数列，则， 所以，解得，，故A正确； ，则，， 当时，， 所以， 因为不是递增数列，所以或，则，故B正确； 若，则， 整理得，又，所以，故C错； 因为的最小值为3，所以恒成立， 即，当时，成立， 当时，，则，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 等比数列中，，则的前4项和等于______． 【答案】5 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等比数列项间关系列式求出公比，进而求出前4项和. 【详解】设等比数列的公比为，由，得， 解得，因此， 所以的前4项和等于5. 故答案为：5 13. 如图，假定两点以相同的初速度运动．点沿射线做匀速运动，；点沿线段（长度为单位）运动，它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距离．令与同时分别从出发，则数学家纳皮尔定义为的对数中，与的对应关系就是，其中e为自然对数的底．若点从线段的中点运动到靠近的四等分点，点同时从运动到，则______． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】根据指数式和对数式的转化得到，然后利用换底公式计算. 【详解】令，则，整理得，即， 令，则，整理得，即， 所以. 故答案为：. 14. 设为坐标原点，为椭圆的上顶点，点在上，线段交轴于点．若，且，则的离心率等于______． 【答案】 【解析】 【分析】根据所给的角确定B所在直线，设出B点坐标，再由三角形相似得出B点坐标代入椭圆方程，化简即可得解. 【详解】因为，所以直线的斜率为或， 不妨取，则如图， 设，过作轴于点， 由∽，，， 可得，即，故， 代入椭圆方程可得：， 即，解得， 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. 四边形中，． （1）求； （2）若，求四边形的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）方法一，根据余弦定理求边和，再根据正弦定理求；方法二：中，利用正弦定理，求，再根据两角和的正弦公式，即可求解； （2）方法一：根据平行线的性质，以及余弦定理求，再分别求和的面积，即可求解；方法二：同样先求，再求梯形的高，即可求解. 【小问1详解】 解法一：在中，， 由， 即，整理得， 得或（舍） 又， 由，即 解得． 解法二：在，由， 得， 故， 【小问2详解】 方法一：因为，所以， 在中，由余弦定理，得， 故， 在中，由， 即，整理得， 解得（舍去）或， 在中， 由可得，， 故四边形的面积为． 方法二：因为，所以， 由（1）可得， 在中，由， 即，整理得， 解得（舍去）或， 在中，边上的高为， 故四边形的面积为． 16. 如图，四棱台中，底面是边长为4的菱形，，． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）若该四棱台的体积等于，且，求直线到平面的距离． 【答案】（1）证明：连结，交于点，连结，则为的中点， 由四棱台，得平面平面， 又平面平面，平面面， 所以， 因为，所以， 因为为的中点，所以， 所以四边形为平行四边形，故， 又平面平面，所以平面． （2）证明：取的中点，连结， 由四棱台得，，，， 所以四边形为平行四边形，， 则， 所以，所以， 由（1），知，又，所以， 因为，所以， 又平面， 所以平面． （3） 【解析】 【分析】（1）根据棱台的性质得到平面平面，然后利用面面平行的性质定理得到，然后根据棱台和菱形的性质得到，即可得到，最后证明线面平行即可； （2）利用勾股定理得到，根据等腰三角形的性质得到，然后证明线面垂直即可； （3）解法一：根据棱台的体积公式列方程，得到，然后建系，利用空间向量的方法求距离； 解法二：根据棱台的体积公式列方程，得到，然后构建平面平面，利用面面垂直的性质定理得到为直线到平面的距离，然后利用等面积求距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解法一：菱形的面积， 由四棱台且， 可得， 四棱台的体积， 从而， 解得， 因为，所以， 故，从而，所以， 所以， 取的中点，则两两垂直，如图，以为坐标原点，分别，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设平面即平面的法向量， 则即 整理，得令，得， 从而点到平面的距离， 所以直线到平面的距离为． 解法二： 延长交于点，取的中点，连结交于点，连结，，则的中点均为， 因为平面，所以， 因为，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以平面平面， 过点作于，且平面平面平面，所以平面， 故为点到平面的距离即为直线到平面的距离， 因为，所以点到的距离等于点到的距离， 又中，， 设点到的距离为，则， 所以，解得， 所以直线到平面的距离为． 17. 设函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在区间上单调递增，求的取值范围； （3）当时，，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）当时，求得，得到，且，利用导数的几何意义，即可求解； （2）求得，转化为恒成立，令，得到， 得出的单调性，求得，结合，即可求得的取值范围； （3）解法一：根据题意，转化为，恒成立，设，得到，令，求得，得到的单调性，得出，求得的最小值，即可求解； 方法二，当时，则，得到必要条件为，转化为证明：当时，，由（2）知在单调递增，得到，只需时，转化为，由，得 ，结合分析法，即可求解. 【小问1详解】 当时，，可得， 则曲线在点处的切线斜率为，且， 所以曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 由，可得， 因为在区间上单调递增，所以恒成立． 令，则， 令，解得， 所以当时，，故单调递减； 当时，，故单调递增； 所以， 又因为，当且仅当，即，解得． 所以实数的取值范围； 【小问3详解】 解法一：因为，所以题意等价于当时，， 即，整理得， 因为，所以，故题意等价于， 设，可得， 化简得， 令函数，可得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 故在时，取到最小值，即，即， 所以，即，所以当单调递减， 当单调递增，所以的最小值为， 故，即实数的取值范围为. 方法二，先探究必要性，由题意知当时，是的最小值， 则，即得到必要条件为， 下证的充分性，即证：当时，， 证明：由（2）可知当时，在上单调递增， 故的最小值为，符合题意； 故只需要证明时，． 由（2）分析知时， + 0 - 0 + 极大值 极小值 其中． 因为，据此可得更精确的范围是， 等价于证明， 又因为，即，可得， 只需证明，可得，等价于证明， 注意到，即， 故若①当，此时显然成立； 若②当，只要证明，此时，且， 所以，故得证， 综上必要性，充分性的分析，本题所求的取值范围为． 18. 已知双曲线，点在上，过分别作轴和轴的垂线，垂足分别为和，记线段的中点的轨迹为． （1）求的方程； （2）过的直线与有且只有一个公共点，且与交于两点． 证明：（ⅰ）； （ⅱ）． 【答案】（1） （2） ①当的斜率不存在时，直线为轴，显然；同时由双曲线的对称性，也易得． ②（ⅰ）当的斜率存在时，设的方程为，则． 由消去，可得， 所以，化简，得． 将代入，得，， 又， 所以，解得． 又，所以，故． （ⅱ）设． 由消去，可得， 当时， 由韦达定理，得， 即． 所以点为的中点，即． 综合①②，；． 【解析】 【分析】（1）根据坐标的关系，利用代入法，即可求解轨迹方程； （2）（ⅰ）分直线的斜率不存在和存在两种情况讨论，斜率不存在时，根据几何关系，直接得到结论，当直线的斜率存在时，设直线，联立双曲线方程，以及利用切点的性质，直线的斜率用坐标表示，即可证明；（ⅱ）直线的方程与双曲线的方程联立，利用中点坐标公式，即可证明. 【小问1详解】 设，则． 又线段的中点为，所以即① 将①代入，得． 所以的方程为． 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题的关键是第二问利用直线与双曲线的位置关系转化为关于与坐标的关系式. 19. 编号为的个球依次被等可能地涂成黑色或白色，设编号为奇数的黑色球的个数为，编号为偶数的白色球的个数为，记事件“”为． （1）求； （2）当时，求； （3）当时，设，证明：． 【答案】（1）， （2） （3） 设，则可取，故可取， 根据对称性， 且， 根据组合数的对称性， 可得， 因为展开式中的系数为， 展开式中的系数为， 故， 故 从而， 整理，得 又 ， 所以， 所以， 又 根据，可得． 可得． 记“偶数号白球个数与奇数号黑球个数相等”为事件，其概率为 由（2）知，所以， 又由（2）知，可得， 所以 【解析】 【分析】（1）根据独立事件定义分析，分别对应的事件，并计算对应概率，再根据条件概率公式计算即可. （2）当时，分析可能情况，记事件“编号为奇数的个球中，被涂成黑色的球的个数为”为，事件“编号为偶数的个球中，被涂成白色的球的个数小于”为，则，且两两互斥，再根据公式计算即可. （3）根据题意列出对应事件及其概率，再用期望公式计算，最后根据组合数性质进行化简计算即可得证. 【小问1详解】 记事件“编号为的球被涂黑色”为，则 ，且相互独立，所以， 同理，可得， 所以 事件， 所以， 故． 【小问2详解】 记事件“编号为奇数的个球中，被涂成黑色的球的个数为”为， 事件“编号为偶数的个球中，被涂成白色的球的个数小于”为， 则， 且两两互斥， 所以 设， 则， 故， 从而，所以． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州市2025届高中毕业班质量监测（三） 高三数学 本试卷共19题，满分150分，共8页.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．考生作答时，将答案答在答题卡上.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸、试题卷上答题无效. 3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚. 4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. （ ） A. B. C. D. 2. 已知向量满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆柱的底面半径与球的半径均为1，且圆柱的侧面积等于球的表面积，则该圆柱的母线长等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 已知的展开式中的系数为0，则的值为（ ） A. B. C. 640 D. 1280 6. 已知拋物线的准线为，点在上，以为圆心的圆与和轴都相切，则该圆被轴截得的弦长等于（ ） A. 1 B. C. 2 D. 7. 已知函数，若，则的值可以是（ ） A. B. C. 3 D. 5 8. 如图，已知是圆锥的轴截面，分别为的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的最大值为（ ） A. B. 1 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 有一组样本数据1，2，3，4，5，现加入两个正整数，构成新样本数据，与原样本数据比较，下列说法正确的是（ ） A. 若平均数不变，则 B. 若极差不变，则 C. 若，则中位数不变 D. 若，则方差不变 10. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 曲线关于直线对称 C. 在区间上有4个零点 D. 在区间内单调递减 11. 已知数列的前项和，则下列说法正确的是（ ） A. 若是等差数列，则 B. 若不是递增数列，则 C. 若，则 D. 若的最小值为3，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 等比数列中，，则的前4项和等于______． 13. 如图，假定两点以相同的初速度运动．点沿射线做匀速运动，；点沿线段（长度为单位）运动，它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距离．令与同时分别从出发，则数学家纳皮尔定义为的对数中，与的对应关系就是，其中e为自然对数的底．若点从线段的中点运动到靠近的四等分点，点同时从运动到，则______． 14. 设为坐标原点，为椭圆的上顶点，点在上，线段交轴于点．若，且，则的离心率等于______． 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. 四边形中，． （1）求； （2）若，求四边形的面积． 16. 如图，四棱台中，底面是边长为4的菱形，，． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）若该四棱台的体积等于，且，求直线到平面的距离． 17. 设函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在区间上单调递增，求的取值范围； （3）当时，，求的取值范围． 18. 已知双曲线，点在上，过分别作轴和轴的垂线，垂足分别为和，记线段的中点的轨迹为． （1）求的方程； （2）过的直线与有且只有一个公共点，且与交于两点． 证明：（ⅰ）； （ⅱ）． 19. 编号为的个球依次被等可能地涂成黑色或白色，设编号为奇数的黑色球的个数为，编号为偶数的白色球的个数为，记事件“”为． （1）求； （2）当时，求； （3）当时，设，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $