精品解析：2025届福建省福州恒一高级中学等学校高三第二次学情检测数学试题

2024~2025学年第二学期高三第二次学情检测 数学试卷 考试时间：120分钟，满分150分 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知确定集合中元素，然后由交集定义计算． 【详解】由题意，又， ∴， 故选：C． 2. 已知复数在复平面内对应的点为是的共轭复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的几何意义得出，然后得出共轭复数，再由复数除法法则计算． 【详解】由题意，则，， 故选：A． 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由指数函数、对数函数、幂函数的单调性，即可比较的大小. 【详解】，，所以， ，故. 故选;B. 【点睛】本题主要考查指数、对数、幂的运算及性质等基础知识，注意与特殊数的对比，如“0”“1”等等，属于基础题. 4. 已知数列的前n项和满足,则（ ） A. 272 B. 152 C. 68 D. 38 【答案】B 【解析】 【分析】借助数列前n项和性质计算即可得. 【详解】， 则. 故选：B. 5. 已知一个圆柱的轴截面是正方形，一个圆锥与该圆柱的底面半径及侧面积均相等，则圆柱与圆锥的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，圆锥的母线长为，依题意得到求得，继而求出圆锥的高，最后求即得. 【详解】设圆柱的底面半径为，因为圆柱轴截面是正方形，所以圆柱的高为， 依题意圆锥的底面半径为，设圆锥的母线长为， 因为圆锥与该圆柱的侧面积相等，所以，解得， 则圆锥的高为， 圆柱的体积，圆锥的体积， 所以. 故选：B. 6. 记函数的最小正周期为.若，且的图象关于点中心对称，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由得，可求的范围；再由的图象关于点中心对称得b的值及，结合的范围可求的值，从而可求. 【详解】由题意得，所以. 因为的图象关于点中心对称， 所以， 所以， 由，得， 所以， 所以. 故选：C. 7. 已知的内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，.则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件，利用三角形的内角和性质，利用两角差的正弦公式求得角，进而利用正弦定理得解. 【详解】由于三角形的内角和为，即：,已知，所以：， 代入到中，得到：， 展开并化简：,即， 整理得到：，即， 根据正弦定理：,即. 故选：D. 8. 已知双曲线的上、下焦点分别为、，是的上支上的一点（不在轴上），与轴交于点，的内切圆在边上的切点为，若，则的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用切线长定理，结合双曲线的对称性可得，再建立不等关系求出离心率的范围. 【详解】设该内切圆在、上的切点分别为、， 由切线长定理可得，，， 又，，则， 即，解得， 由，即，得，所以． 故选：A. 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法： ①定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率； ②齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解； ③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率 二、多选题：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.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，为坐标原点，则（ ） A. 直线的倾斜角为 B. 的方程为 C. D. 在点处的切线方程为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，求出点的坐标，结合抛物线方程及导数的几何意义逐项判断即可. 【详解】由点在抛物线上，得，， 对于A，直线的斜率，因此直线的倾斜角为，A正确； 对于B，抛物线的准线方程为，B错误； 对于C，为焦点，则，C正确； 对于D，由，求导得， 则在点处的切线斜率为， 切线方程为，即，D正确. 故选：ACD 10. 已知向量，则（ ） A. 若，则 B. 在方向上的投影向量为 C. 存在，使得在方向上投影向量的模为1 D. 的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由平行向量的坐标表示可判断A；由投影向量的计算公式可判断B，C；由向量的模长公式结合三角函数的性质可判断D. 【详解】对于A，若，则，则，所以A错误； 对于B，在方向上的投影向量为，故B正确； 对于C，，所以在方向上投影向量的模为： ， 当时，，所以存在，使得在方向上投影向量的模为1，故C正确； 对于D，向量 ， 所以，则，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知正方体棱长为2，M为棱CG的中点，P为底面EFGH上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点P，使得； B. 存在唯一点P，使得； C. 当，此时点P的轨迹长度为； D. 当P为底面EFGH的中心时，三棱锥的外接球表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设P点坐标为，利用空间向量逐一求解即可. 【详解】以D为原点，DA，DC，DH所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系 ，，设P点坐标为，，， 为求的最小值，找出点A关于平面EFGH的对称点， 设该点为，则点坐标为， ，故A选项正确； 由可得，故B选项正确； 时，即，而，， 得到， 点P轨迹是连接棱EF中点与棱EH中点的线段，其长度为线段HF的一半，即长为，故C选项错误； 当P为底面EFGH中心时，由B选项知，显然，， 三棱锥的外接球球心为棱AM的中点，从而求得球半径为，，故D选项正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标法求解立体几何有关轨迹，夹角，距离有关问题是非常有效的方法，能减少思维量. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知 =，则的值是____. 【答案】 【解析】 【分析】直接按照两角和正弦公式展开，再平方即得结果. 【详解】 故答案为： 【点睛】本题考查两角和正弦公式、二倍角正弦公式，考查基本分析求解能力，属基础题. 13. 从A，B，C，D，E这5人中选出4人，安排在甲、乙、丙、丁4个岗位上，如果A不能安排在甲岗位上，则不同的安排方法有______种． 【答案】96 【解析】 【分析】由题意，根据  是否入选进行分类，分为若  入选和 不入选，再对剩下的人进行安排，用到分类加法和分步乘法计数原理. 【详解】 由题意可知，根据  是否入选进行分类， 若  入选，则先给  从乙、丙、丁 3 个岗位上安排一个岗位，有 3 种， 再给剩下三个岗位安排人，有 （种），共有 种 （种）方法； 若  不入选，则 4 个人 4 个岗位全排，有  (种) 方法. 所以共有  (种) 不同的安排方法. 故答案为：96. 14. “朗博变形”是借助指数运算或对数运算，将化成，的变形技巧.已知函数，，若，则的最大值为_______. 【答案】## 【解析】 【分析】先化简，再同构设函数，再结合函数的单调性得出所以，进而得出，根据单调性即可得出最大值. 【详解】由，得， 即，所以，， 令，则对任意的恒成立， 所以，函数在上单调递增， 由可得，所以， 令，所以， 当时，；当时，. 所以上单调递增，在上单调递减，则. 故答案：. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是构造函数，再结结合函数单调性解题. 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. 已知数列的前项和为 （1）求数列的通项公式 （2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列.设，求； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由的关系，作差即可求解； （2）由题意得到，再结合错位相减法求解即可； 【小问1详解】 解：当时，由可得， 上述两个等式作差可得，可得， ，又，满足， 所以，数列是以2为首项，以3为公比的等比数列，故. 【小问2详解】 解：①由题意可得， 则， 所以，， 则， 上述两个等式作差得， 因此，； 16. 一个车间有3台机床，它们各自独立工作，其中型机床2台，型机床1台．型机床每天发生故障概率为0.1，B型机床每天发生故障的概率为0.2. （1）记X为每天发生故障的机床数，求的分布列及期望； （2）规定：若某一天有2台或2台以上的机床发生故障，则这一天车间停工进行检修．求某一天在车间停工的条件下，B型机床发生故障的概率． 【答案】（1）分布列见解析，0.4； （2）． 【解析】 【分析】（1）求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望； （2）根据给定条件，利用条件概率公式计算即得. 【小问1详解】 X的可能值为0，1，2，3， ， ， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 0.648 0.306 0.044 0.002 期望． 【小问2详解】 记事件为“车间停工”，事件为型机床发生故障”， ，， 因此， 所以某一天在车间停工的条件下，型机床发生故障的概率为． 17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，，，，，，E为AB的中点，M为CE的中点. （1）证明：； （2）若，N为PC中点，且AN与平面PDM所成角的正弦值为，求四棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理证明垂直，再利用题干得，即可得到平面PBD，即可得到结论. （2）建立空间直角坐标系，利用线面所成角的向量求法解得高度h，即可求得四棱锥的体积. 【小问1详解】 证明：在梯形ABCD中，连接交BD于CE一点， 因为且，所以四边形CDBE为平行四边形， 所以BD与CE的交点即为CE中点M. 由已知可得，，，，由余弦定理得, 所以三角形为直角三角形，所以， 又，，所以,且,所以平面PBD， 又平面PBD，所以. 【小问2详解】 由（1）知，平面PDM，如图，以D为坐标原点，分别以DB，DC为x，y轴，垂直于底面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，， 设，则，， 平面PDM的一个法向量为， 设直线AN与平面PDM所成角为， 则， 化简得. 由，可得，求得，. 故. 18. 已知函数． （1）当时，求在处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有两个零点，求的取值范围． 【答案】（1） （2）答案见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线斜率和切点坐标，即得切线方程； （2）函数求导分解因式后，对参数分类讨论导函数的符号即得原函数的单调性； （3）根据（2）的结论，对参数分类，分析函数的单调性，极值以及图象变化趋势，结合特殊值，即得函数的零点情况. 【小问1详解】 当时，函数，， 则，则， 所以在处的切线方程为. 【小问2详解】 由题意知，的定义域为， ，显然恒成立， ①若，则，此时在上单调递减； ②若，令，解得. 当时，，当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 若，由（2）知，至多有一个零点； 若，由（2）知，当时，取得最小值为. 设，则， 故在上单调递增，又. （i）当时，，故此时没有两个零点； （ii）当时，， 又， 故在上有一个零点； 当，由可得即，得，则， 故，即，又易知 则，即 因此在上也有一个零点. 综上，若有两个零点，实数的取值范围为. 19. 已知椭圆的离心率为，且过点． （1）求的方程； （2）过的右焦点的直线交于两点，线段的垂直平分线交于两点． ①证明：四边形的面积为定值，并求出该定值； ②若直线的斜率存在且不为0，设线段的中点为，记，的面积分别为．当时，求的最小值． 【答案】（1） （2）① 证明见解析，定值；② 【解析】 【分析】（1）根据椭圆中相关量的几何性质列出关于求解即可； （2）（ⅰ）从直线与轴重合这一特殊入手，此时求得．当直线与轴不重合时，设直线方程为，通过几何对称性和椭圆的性质，计算求得，，通过面积公式计算即可证得结论; （ⅱ）由（ⅰ）知，而,继而通过换元法结合基本不等式可求得最小值. 【小问1详解】 根据题意，得，解得， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）证明：设四边形的面积为， 由（1）得，椭圆的焦点， 因为直线的垂直平分线段，所以， 当直线与轴重合时，此时，， ． 由圆的性质知直线过坐标原点，由椭圆的对称性知． 当直线与轴不重合时，设直线方程为． ，， ． ，则直线的方程为，联立椭圆方程， 得，解得 ． ． ． 综上所述，四边形的面积为定值． （ⅱ）易知，，又， 直线的斜率存在且不为0， ． 由（ⅰ）知， 设，则， ． 当且仅当，即时，等号成立，此时． 故的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024~2025学年第二学期高三第二次学情检测 数学试卷 考试时间：120分钟，满分150分 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1 已知集合，则（ ） A B. C. D. 2. 已知复数在复平面内对应的点为是的共轭复数，则（ ） A. B. C. D. 3 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列的前n项和满足,则（ ） A. 272 B. 152 C. 68 D. 38 5. 已知一个圆柱的轴截面是正方形，一个圆锥与该圆柱的底面半径及侧面积均相等，则圆柱与圆锥的体积之比为（ ） A. B. C. D. 6. 记函数的最小正周期为.若，且的图象关于点中心对称，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 7. 已知的内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，.则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 8. 已知双曲线的上、下焦点分别为、，是的上支上的一点（不在轴上），与轴交于点，的内切圆在边上的切点为，若，则的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，为坐标原点，则（ ） A. 直线的倾斜角为 B. 的方程为 C. D. 在点处的切线方程为 10. 已知向量，则（ ） A. 若，则 B. 在方向上的投影向量为 C. 存在，使得在方向上投影向量的模为1 D. 取值范围为 11. 已知正方体棱长为2，M为棱CG的中点，P为底面EFGH上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点P，使得； B. 存在唯一点P，使得； C. 当，此时点P的轨迹长度为； D. 当P为底面EFGH的中心时，三棱锥的外接球表面积为 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知 =，则的值是____. 13. 从A，B，C，D，E这5人中选出4人，安排在甲、乙、丙、丁4个岗位上，如果A不能安排在甲岗位上，则不同的安排方法有______种． 14. “朗博变形”是借助指数运算或对数运算，将化成，的变形技巧.已知函数，，若，则的最大值为_______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列的前项和为 （1）求数列的通项公式 （2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列.设，求； 16. 一个车间有3台机床，它们各自独立工作，其中型机床2台，型机床1台．型机床每天发生故障的概率为0.1，B型机床每天发生故障的概率为0.2. （1）记X为每天发生故障的机床数，求的分布列及期望； （2）规定：若某一天有2台或2台以上的机床发生故障，则这一天车间停工进行检修．求某一天在车间停工的条件下，B型机床发生故障的概率． 17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，，，，，，E为AB的中点，M为CE的中点. （1）证明：； （2）若，N为PC中点，且AN与平面PDM所成角的正弦值为，求四棱锥的体积. 18. 已知函数． （1）当时，求在处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有两个零点，求的取值范围． 19. 已知椭圆的离心率为，且过点． （1）求方程； （2）过的右焦点的直线交于两点，线段的垂直平分线交于两点． ①证明：四边形的面积为定值，并求出该定值； ②若直线的斜率存在且不为0，设线段的中点为，记，的面积分别为．当时，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$