精品解析：福建省福州市2024-2025学年高三第三次质量检测数学试题

2024~2025学年福州市高三年级第三次质量检测 数学试题 2025.4 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一、单项选择题：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. 已知全集为，，，则图中阴影部分表示的集合是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由对数函数的性质确定集合，再求交集即可. 【详解】易知.所以. 故选：C. 2. 若，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数模的公式求模，再利用模的性质计算即可 【详解】因为，所以. 故选：B. 3. 已知随机变量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由二项分布的期望和概率性质计算即可. 【详解】，解得，所以. 故选：B. 4. 设，则（ ） A. -2 B. -1 C. 0 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】分别令和代入计算即可. 【详解】令易知， 令可得，， 所以. 故选：A. 5. 已知菱形的边长为2，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】结合图形，由向量的加法法则和数量积的运算律计算即可. 【详解】 ，， 所以， 故选：D. 6. 在正方体中，为的中点，为平面与平面的交线，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设为的中点，则即为所在直线，判断与是异面直线，即可判断A；由，与不垂直，即可判断B；由条件可证得平面，而，可得平面，从而，即可判断C，D. 【详解】设为的中点，连接， ∵为的中点，为的中点，∴， 又∵，∴， ∴四点共面， ∴平面与平面的交线为，则即为所在直线， ∵与是异面直线，即与是异面直线，故A错误； ∵，而在直角中，，则与不垂直， 故与不垂直，即与不垂直，故B错误； ∵平面，平面，∴， 又，，平面， ∴平面，又， ∴平面，即平面， ∵平面，∴，故C错误，D正确， 故选：D. 7. 已知数列是首项和公比均大于0的无穷等比数列，设甲：为递增数列；乙：存在正整数，当时，，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由递增数列的性质结合等比数列的通项可得充分性成立，再举反例，可得必要性不成立. 【详解】若为递增数列，则，即，即，则公比，为指数型递增数列，易得存在正整数，当时，.充分性成立； 不妨设，此时不是递增数列，所以甲是乙的充分条件但不是必要条件. 故选：A. 8. 设为坐标原点，若曲线和曲线上分别存在A，B两点，使得，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出两点坐标，结合斜率的计算由基本不等式和导数分别求出两直线斜率最小值，然后再利用两角差的正切公式计算即可. 【详解】设，则，当且仅当时取等号； 设，则 令，则， 令， 所以时，，单调递增；时，，单调递减， 所以， 取，，此时，解得. 故选：C. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知直线为函数图象的一条对称轴，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. D. 的图象关于点对称 【答案】BC 【解析】 【分析】由辅助角公式和正弦函数的最小正周期可得A错误；求导后令极值点处导数为零可得B正确；由正弦函数的值域可得C正确；整体代入验证可得D错误. 【详解】对于A，的最小正周期为，故选项A错误； 对于B，因为， 因为在对称轴处取得极值，所以，解得，故选项B正确； 对于C，由A和B可知，，所以，故选项C正确； 对于D，，故选项D错误. 故选：BC. 10. 过点的直线交圆于点P，Q，交圆于点M，N，其中T，P，Q，M，N顺次排列.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据图形特征计算判断A，B，根据向量数量积公式计算判断C，D. 【详解】A选项：，，均为钝角， 因为，则，故，A选项正确. B选项：同上述分析可知，所以. 因为，所以，，B选项正确. C选项：取中点，则 ，C选项错误. D选项：因为，所以. 由B选项的分析可知，， 所以，D选项正确. 故选：ABD. 11. 已知四棱锥的高为2，底面是边长为2的正方形，，则（ ） A. 的面积为定值 B. C. 四棱锥表面积的最小值为 D. 若四棱锥存在内切球，则该球半径为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由线面垂直的判定及性质定理结合条件可得的高可判断A；由三角形全等可判断B；由基本不等式和棱锥表面积的计算可判断C；由棱锥内切求的性质结合等面积法可得半径可判断D. 【详解】对于A，因为，所以在底面的射影在直线的垂直平分线上，过作垂直于，连接， 由题意可得，又平面，所以平面， 因为平面，则，，的面积为，故选项A正确； 对于B，由题意可得，所以，故选项B正确； 对于C，过分别作，的垂线，垂足分别为E，F， 所以当最小时，四棱锥表面积取得最小值，不妨设， 则，当且仅当时取等号，即为底面正方形的中心时， 所以四棱锥表面积的最小值为四个全等三角形面积加底面面积，即，故选项C错误； 对于D，若四棱锥存在内切球，则该球与平面，平面，平面，平面，平面均相切，底面为正方形，则球心在二面角的角平分面上，即球心在直线（为底面正方形的中心）， 则直线上的点到四个侧面的距离均相等，所以四棱锥为正四棱锥， 过作垂直于，作垂直于，所以的内切圆半径等于该球半径，设为， 由等面积法可得，解得，故选项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. 已知，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】由两角和的正切展开式计算即可. 【详解】，所以. 故答案为：. 13. 已知椭圆（且）的焦点为为上的一点，若的周长为18，则椭圆的离心率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据椭圆定义分焦点在轴和轴分别研究的周长，可得的值，得解. 【详解】若的长半轴为3，即，又， 所以的周长小于12，不符题意． 所以的长半轴为，，解得， 所以椭圆， 所以的离心率为． 故答案为： 14. 6根长度相同的绳子平行放置在桌面上，分别将左、右两边的6个绳头各自随机均分成3组，然后将每组内的两个绳头打结，则这6根绳子恰能围成一个大圈的概率为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据平均分组列式结合组合数及排列数计算再结合古典概型计算求解. 【详解】左、右两边的各6个绳头各自随机均分成3组， 共有种， 先选定左边第一条绳子的绳头，然后从左边剩下的5个绳头里任取一个打结， 然后按照从右边4个绳头里任取一个，从左边3个绳头里任取一个，从右边2个绳头里任取一个的顺序打结，一共有种， 所以6根绳子恰能围成一个大圈的概率为. 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求； （2）为边上一点，若，且，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）方法一，先根据正弦定理把边化角，再根据三角形中，利用和角正弦公式展开，化简得到，再结合角的范围即可求出角；方法二，根据余弦定理把角化边，再次利用余弦定理即可求出的值，再结合角的范围，即可求出角； （2）方法一，在，中，根据正弦定理分别列出关系式，整理可得，在中，由余弦定理得到，再由三角形的面积公式求解即可；方法二，过作，垂足为，得到，通过和相似，得到，后同方法一；方法三，分别利用底高和，得到与的面积比，从而得到，后同方法一. 【小问1详解】 方法一：因为， 所以由正弦定理可得，， 又因为， 所以， 由于，所以， 所以，因为，所以； 方法二：因为， 所以由余弦定理可得， 整理可得， 所以， 因为，所以； 【小问2详解】 方法一：由（1）及题设知，，，. 在中，由正弦定理得，. 在中，由正弦定理得，. 两式相除可得，即， 在中，由余弦定理可得，即 所以的面积； 方法二：如图所示，过作，垂足为. 在中，，所以. 由于，所以， 所以，即， 得，后同方法一； 方法三：由（1）及题设知，，. 因为两个三角形的高相同，所以与的面积之比等于， 又因为与的面积之比还等于， 所以，，后同方法一. 16. 如图，在长方体中，，与交于点，为棱的中点. （1）证明：平面； （2）设，其中，若二面角的大小为，求. 【答案】（1） 方法一：以为坐标原点，为单位长， 为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 由题设知，，，， 由得，. 由得，. 而平面，平面，， 所以平面. 方法二：取中点，设，连结 . 在长方体中，，故， ，故， 因为平面, 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）方法一：建立空间直角坐标系得出和，结合线面垂直判定定理证明即可；方法二：应用勾股定理得出线线垂直，再应用线面垂直判定定理证明； （2）方法一：先根据求出平面和平面的法向量再应用面面角的公式计算得出参数；方法二：先应用线面垂直判定定理得出二面角，再应用边长计算二面角正切求解参数. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：由题设知，. 由（1），平面的一个法向量为. 设平面的法向量，则 即 令，可得平面的一个法向量. 则，又二面角的余弦值为， 解得或（舍去），故的值为. 方法二：在平面 内过 Q 作交 于 H ， 则 平面 ，在平面 内过 H 作 HG 垂直于 G ，所以 , 又 , 平面 ， 所以 平面 ， 所以为二面角的平面角， 设，由余弦定理得， 则 所以 所以， 解得. 17. 已知函数. （1）当时，求的极小值； （2）若存在唯一极值点，证明：. 【答案】（1）极小值. （2）方法一：，. 当时，与同号. 因为的图象关于对称，又存在唯一极值点， 如图可得，所以， 所以，故. 将代入得 ， 构造，， 则， 所以，即， 所以 方法二：以前步骤同方法一. 易知在单调递减，在单调递增. （i）当时，，在单调递增， 函数无极值点. （ii）当时，令可得，. 由于，故在区间单调递增，单调递减，单调递增，从而有两个极值点，不合题意. （iii）当时，，故在区间单调递减，单调递增，恰有唯一极值点，符合题意. 所以. 设，，， 所以在单调递减，， 故. 【解析】 【分析】（1）求导后分析单调性可得； （2）方法一，求导后利用函数有唯一极值点确定的关系，再构造函数利用导数分析单调性即可； 方法二，以前步骤同方法一，然后分，，三种情况结合二次函数的性质分析函数的单调性和极值，当时再构造函数求导分析单调性. 【小问1详解】 的定义域为. 当时，，. 令得，或. 当时，，单调递减；时，，单调递增. 所以当时，取极小值. 【小问2详解】 略 18. 设抛物线的焦点为，过的直线交于A，B两点（在第一象限），当垂直于轴时，. （1）求的方程； （2）过且与垂直的直线交于，两点（在第一象限），直线与直线和分别交于P，Q两点. （i）当的斜率为时，求； （ii）是否存在以为直径的圆与轴相切？若存在，求，的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）（i）； （ii）不存在，理由如下： 方法一：设直线的方程为，不妨设. 由得，，同理. 直线的方程为，即 令得. 由于，，所以. 从而的中点恒为，以为直径的圆与轴相切等价于. 若，则. 由得，， 故， ， 所以， 不妨如图设点的分布，可知， 所以， 所以， 因此，回代得， 而判别式，该方程无解， 从而不存在以为直径的圆与轴相切； 方法二：设直线的方程为，其中. 由得， ，. 因为，所以，. 从而. 令得. 故. 当且仅当时，等号成立， 同理，而P，Q分别在第一、第四象限， 故，从而不存在以为直径的圆与轴相切. 【解析】 【分析】（1）先求出直线的方程，代入，求出A，B的坐标，从而求出值，即可求出的方程； （2）（i）先求出直线的方程，再让直线和抛物线联立组成方程组，得到A，B的坐标，同理得到的坐标，进而得到直线，的方程，再令求出P，Q两点的坐标，即可求出， （ii）方法一：设直线的方程为，再让直线和抛物线联立组成方程组，根据韦达定理得到，同理得到，再由直线的方程求出，，得到，再利用，列出方程，通过方程无解说明圆不存在；方法二：设直线的方程为，再让直线和抛物线联立组成方程组，根据韦达定理得到，，再利用，列出方程，推导得到和的关系，从而得到，进而得到，从而说明圆不存在. 【小问1详解】 设各点坐标分别为，，，，其中，. 由题意可知，当轴时，直线的方程为， 将代入，可得，， 所以，，所以C的方程为； 【小问2详解】 （i）依题意，直线的方程为，即， 由得， 故，，则，. 直线的方程为，即， 由得， 故，，则，. 所以直线的方程为，令得， 直线的方程为，令得， 所以； （ii）略 19. 将区间中的全体有理数按一定顺序排列得到数列，规则如下：①，其中正整数与互质，如，；②，当且仅当时，. （1）写出的前5项； （2）若，，求； （3）记的前项和为，证明：. 【答案】（1），，，，. （2）1080 （3）方法一：依题意，若正整数与互质，则与也互质， 记中分母为正整数的共有项， 则总满足或，其中，为偶数. 因为，所以，且这项的平均数为. （i）对于满足的所有的前项和为. （ii）当时，不妨设，其中. 则. ①若，则，则. ②若，则 ， 则， 所以. 综上，. 方法二：记，中的元素个数为. 设，其中. ，若正整数与互质，则与互质， 故，中所有元素之和为. （i）若，则，. （ii）若，设中的元素从小到大排列依次为， 则，这是由于不等式两边的元素数量均为个， 但左边的最大元素小于右边的最小元素. 所以， 所以， 从而， 综上，. 【解析】 【分析】（1）由数列新定义求解即可； （2）先根据数列新定义分析得到和之间所有项分母均为2025，再求2025的质因数，进而用容斥原理求； （3）方法一，将分母为的项两两配对，得到为某组的最后一项时，不为某组的最后一项时，利用组内的单调性说明； 方法二，记，中的元素个数为，设，结合题意分别讨论和两种情况. 【小问1详解】 的前5项为，，，，. 【小问2详解】 因为，，所以. 又因为，故，， 因此，当且仅当时，. 由于， 故由与2025互质可得既不是3的倍数，也不是5的倍数. 而在1到2024之间的正整数中，是3的倍数的整数有个， 是5的倍数的整数有个，是15的倍数的整数有个. 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 $ 2024~2025学年福州市高三年级第三次质量检测 数学试题 2025.4 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一、单项选择题：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. 已知全集为，，，则图中阴影部分表示的集合是（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 3. 已知随机变量，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 设，则（ ） A. -2 B. -1 C. 0 D. 1 5. 已知菱形的边长为2，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 3 6. 在正方体中，为的中点，为平面与平面的交线，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列是首项和公比均大于0的无穷等比数列，设甲：为递增数列；乙：存在正整数，当时，，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 8. 设为坐标原点，若曲线和曲线上分别存在A，B两点，使得，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知直线为函数图象的一条对称轴，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. D. 的图象关于点对称 10. 过点的直线交圆于点P，Q，交圆于点M，N，其中T，P，Q，M，N顺次排列.若，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知四棱锥的高为2，底面是边长为2的正方形，，则（ ） A. 的面积为定值 B. C. 四棱锥表面积的最小值为 D. 若四棱锥存在内切球，则该球半径为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则_____. 13. 已知椭圆（且）的焦点为为上的一点，若的周长为18，则椭圆的离心率为______． 14. 6根长度相同的绳子平行放置在桌面上，分别将左、右两边的6个绳头各自随机均分成3组，然后将每组内的两个绳头打结，则这6根绳子恰能围成一个大圈的概率为_____. 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求； （2）为边上一点，若，且，求的面积. 16. 如图，在长方体中，，与交于点，为棱的中点. （1）证明：平面； （2）设，其中，若二面角的大小为，求. 17. 已知函数. （1）当时，求的极小值； （2）若存在唯一极值点，证明：. 18. 设抛物线的焦点为，过的直线交于A，B两点（在第一象限），当垂直于轴时，. （1）求的方程； （2）过且与垂直的直线交于，两点（在第一象限），直线与直线和分别交于P，Q两点. （i）当的斜率为时，求； （ii）是否存在以为直径的圆与轴相切？若存在，求，的方程；若不存在，请说明理由. 19. 将区间中的全体有理数按一定顺序排列得到数列，规则如下：①，其中正整数与互质，如，；②，当且仅当时，. （1）写出的前5项； （2）若，，求； （3）记的前项和为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $