精品解析：福建省福州第三中学2024-2025学年高三下学期第十六次质量检测数学试卷

福州三中2024-2025学年第二学期高三第十六次质量检测 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05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. 已知集合和，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 的展开式中的系数为 A. 10 B. 20 C. 40 D. 80 4. 等差数列的前项和为，若，，则 （ ） A. B. C. 1 D. 2 5. 在“2，3，5，7，11，13，17，19”这8个素数中，任取2个不同的数，则这两个数之和仍为素数的概率是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面 的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，且，则ab的最小值为（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 8. 已知满足，且在上单调，则的最大值为（ ） 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. 一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件A1：第一次取出的是红球；事件A2：第一次取出的是白球；事件B：取出的两球同色；事件C：取出的两球中至少有一个红球，则（ ） A. 事件，为互斥事件 B. 事件B，C为独立事件 C. D. 10. 设函数，则下列说法正确的是（ ） A. 没有零点 B. 当时，的图象位于轴下方 C. 存在单调递增区间 D. 有且仅有两个极值点 11. 已知椭圆的两个焦点分别为，（其中 ），点在椭圆上，点是圆上任意一点，的最小值为2，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的焦距为2 B. 过作圆切线的斜率为 C. 若、为椭圆上关于原点对称且异于顶点和点的两点，则直线与的斜率之积为 D. 的最小值为 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，则__________. 13. 在平面直角坐标系中，已知，，若圆 上有且仅有四个不同的点，使得的面积为，则实数的取值范围是______． 14. 已知抛物线 ，弦过抛物线的焦点，过两点 分别作准线的垂线，垂足分别为、，设的中点为，线段的垂直平分线交轴于，则______；若的中点为，则______． 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，若，点、在斜率是的直线上. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 16. 已知在中，其角、、所对边分别为、、 ，且满足． （1）若，求的外接圆半径； （2）若，且，求的内切圆半径 17. 在三棱锥中，底面为等腰直角三角形， . （1）求证： ； （2）若，求平面 与平面 夹角的余弦值. 18. 恰逢盛世，风调雨顺.某稻米产地今秋获得大丰收，为促进当地某品牌大米销售，甲、乙两位驻村干部通过直播宣传销售所驻村生产的该品牌大米.通过在某时段100名顾客在观看直播后选择在甲、乙两位驻村干部的直播间（下简称甲直播间、乙直播间）购买的情况进行调查（假定每人只在一个直播间购买大米），得到以下数据： 网民类型 在直播间购买大米的情况 合计 在甲直播间购买 在乙直播间购买 本地区网民 50 5 55 外地区网民 30 15 45 合计 80 20 100 （1）依据小概率值 的独立性检验，能否认为网民选择在甲、乙直播间购买大米与网民所处地区有关； （2）用样本分布的频率分布估计总体分布的概率，若共有名网民在甲、乙直播间购买大米，且网民选择在甲、乙两个直播间购买大米互不影响，记其中在甲直播间购买大米的网民数为X，求使事件“ ”的概率取最大值时k的值. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 19. 已知函数． （1）判断函数的单调性. （2）证明：①当时，； ②. 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十六次质量检测 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05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. 已知集合和，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简集合，根据集合的交集，并集及包含关系判断即可. 【详解】，, A、B选项错误； ，，故C错误，D正确. 故选：D 2. 复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的乘方、除法运算结合几何意义判定选项即可. 【详解】因为，所以， 所以复数在复平面内所对应的点为， 所以复数在复平面内所对应的点位于第二象限. 故选：B. 3. 的展开式中的系数为 A. 10 B. 20 C. 40 D. 80 【答案】C 【解析】 【详解】分析：写出，然后可得结果 详解：由题可得 令,则 所以 故选C. 点睛：本题主要考查二项式定理，属于基础题． 4. 等差数列的前项和为，若，，则 （ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由结合等差中项的性质可得，即可计算出公差，即可得的值. 【详解】由，则， 则等差数列的公差，故. 故选：B. 5. 在“2，3，5，7，11，13，17，19”这8个素数中，任取2个不同的数，则这两个数之和仍为素数的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用古典概率模型求解. 【详解】这8个素数中，任取2个不同的数，有如下基本事件： 共有28个基本事件， 这两个数之和仍为素数的基本事件有：共4个， 所以这两个数之和仍为素数的概率是， 故选:C. 6. 如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面 的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行、面面平行的判定定理及性质即可判断. 【详解】对于A选项，如图①所示，在正方体中， 且， 因为 分别为的中点， 则 且， 所以四边形为平行四边形， 所以 ， 因为平面平面， 所以平面，同理可证平面， 因为平面 ， 所以平面平面 ， 因为 平面， 故平面 ,故A满足； 对于B选项，如图②所示，连接， 在正方体中，且， 因为分别为的中点，则 且， 所以四边形为平行四边形，故， 因为分别为的中点，则， 所以， 因为平面 平面 ， 所以平面 ，故B满足； 对于C选项，如图③所示，在正方体中，取 的中点 ， 连接， 因为且分别为的中点， 所以 且，故四边形为平行四边形，则 ， 因为分别为的中点， 所以 ，则 ， 所以四点共面， 因为且，则四边形为平行四边形， 所以， 因为分别为的中点，则， 所以， 因为平面平面 ， 所以平面故C满足； 对于D选项，如图④所示，在正方体中，取 的中点 ， 连接， 因为且分别为的中点， 则且， 所以四边形为平行四边形，则， 因为分别为的中点， 所以 ，故 ， 所以四点共面， 同理可证 ，故 ， 同理可得， 反设平面 ， 因为，且平面 ，则平面 ， 但与平面 有公共点 ，这与平面 矛盾， 故 平面 ，故D不满足. 故选：D. 7. 已知，，且，则ab的最小值为（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】运用对数运算及换底公式可得，运用基本不等式可求得 的最小值. 【详解】∵， ∴，即： ∴， ∵，， ∴，， ∴，当且仅当即时取等号， 即：，当且仅当时取等号， 故 的最小值为16. 故选：C. 8. 已知满足，且在上单调，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过对称轴与对称点得出的式子，再通过单调得出的范围，即可得出答案. 【详解】满足，， ，即， ， 在上单调， ，即， 当时最大，最大值为， 故选：B. 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. 一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件A1：第一次取出的是红球；事件A2：第一次取出的是白球；事件B：取出的两球同色；事件C：取出的两球中至少有一个红球，则（ ） A. 事件，为互斥事件 B. 事件B，C为独立事件 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据互斥事件、独立事件的定义判断AB，由组合知识求得判断C，根据条件概率的定义求得判断D． 【详解】第一次取出的球是红球还是白球两个事件不可能同时发生，它们是互斥的，A正确； 由于是红球有3个，白球有2个，事件 发生时，两球同为白色或同为红色，，事件 不发生，则两球一白一红，， 不独立，B错； ，C正确； 事件发生后，口袋中有3个红球1个白球，只有从中取出一个红球，事件才发生，所以，D正确． 故选：ACD． 10. 设函数，则下列说法正确的是（ ） A. 没有零点 B. 当时，的图象位于轴下方 C. 存在单调递增区间 D. 有且仅有两个极值点 【答案】BC 【解析】 【分析】根据，求得的符号，即可判断B；利用导数求出函数的单调区间，即可判断C；再结合零点的存在性定理即可判断A；再根据极值点的定义即可判断D. 【详解】函数的定义域为， ， 令，则， 所以函数在上递减， 又， 所以存在上，使得，即函数有唯一零点，且， 当时，，即，函数递增，故C正确； 当时，，即，函数递减， 所以为函数的极大值点，无极小值点， 即有且仅有一个极值点，故D错误； 所以， 又，所以函数在上存在一个零点，故A错误； 当时，，所以， 即当时，的图象位于轴下方，故B正确. 故选：BC. 11. 已知椭圆的两个焦点分别为，（其中 ），点 在椭圆上，点 是圆上任意一点，的最小值为2，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的焦距为2 B. 过作圆 切线的斜率为 C. 若 、 为椭圆上关于原点对称且异于顶点和点 的两点，则直线与的斜率之积为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由圆的性质结合给定的最小值求出c判断A；设出切线方程结合点到直线的距离计算判断B；利用斜率坐标公式结合椭圆方程计算判断C；利用圆的性质及椭圆的定义计算判断D作答. 【详解】圆的圆心，半径，显然圆 与椭圆相离，而点 在椭圆上，点 在圆 上， 于是，当且仅当 分别是线段与椭圆、圆 的交点时取等号， 因此，解得，则椭圆的焦距为2，且椭圆的方程为，A正确； 显然过的圆 切线的斜率存在，设此切线方程为，于是，解得，B正确； 设，有，且，即， 直线的斜率分别为，因此，C错误； ，当且仅当 分别是线段与椭圆、圆 的交点时取等号，D正确. 故选：ABD 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，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的坐标运算结合平面向量的模长公式可求得结果. 【详解】因为向量， 则. 故答案为：. 13. 在平面直角坐标系中，已知，，若圆 上有且仅有四个不同的点，使得的面积为，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】求出AB的长度，直线方程，结合△ABC的面积为，转化为圆心到直线的距离进行求解即可． 【详解】由已知可得，AB的斜率，. 又的面积为，所以点到直线的距离. 直线AB的方程为，即. 则圆心O到直线的距离. 如图，过点作，垂足为 ，交圆于点 . 因为圆 上有且仅有四个不同的点C，使得的面积为. 又点到直线的距离， 则应有，所以， 即点到直线的距离小于， 所以有， 解得. 故答案为：. 14. 已知抛物线 ，弦过抛物线的焦点 ，过两点 分别作准线的垂线，垂足分别为、 ，设的中点为 ，线段的垂直平分线交轴于，则______；若的中点为，则______． 【答案】 ①. ##0.5 ②. 1 【解析】 【分析】设弦方程及两点 的坐标，可以表示 点坐标及焦点弦长，继而判断，即可. 【详解】对于第一空：易知弦的斜率存在，, 设,联立，化简得： 则，即 可得弦方程中垂线方程为：， 故， 由弦长公式得： 显然 对于第二空：易知 ∥轴，由上可得 故四边形是平行四边形，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. 已知数列，若，点、在斜率是的直线上. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）斜率公式结合等差数列的定义推导出数列是等差数列，确定该数列的首项和公差，即可求出数列的通项公式； （2）计算得出，利用裂项相消法可求得. 【小问1详解】 由点、在斜率是的直线上得：， 即，所以数列是首项为，公差为的等差数列， 所以. 【小问2详解】 由（1）知：， 所以. 16. 已知在中，其角 、 、所对边分别为、、 ，且满足． （1）若，求的外接圆半径； （2）若，且，求的内切圆半径 【答案】（1）1 （2）1 【解析】 【分析】（1）由正弦定理、两角和的正弦公式和辅助角公式化简已知式，可得，即可求出，再由正弦定理的定义可求得的外接圆半径； （2）由余弦定理和三角形的面积公式求解即可. 【小问1详解】 因为，所以， 所以， 因为，所以， 所以， 因为，所以，所以， 因为，所以， 所以，所以外接圆半径． 所以 . 【小问2详解】 因为，由题可知，所以， 又因为，可得， 因为． 由的面积，得． 17. 在三棱锥中，底面为等腰直角三角形， . （1）求证： ； （2）若，求平面 与平面 夹角的余弦值. 【答案】（1） 证明：取 的中点为E，连结 ， ∵，∴， 在 和 中， ∴ ，∴ ， ∵ 的中点为E，∴ ， ∵ ，∴面 ， ∵ 面 ，∴ （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，可证 ，即 ，从而证得面 ，即可得到结果； （2）根据题意，过S作 面 ，垂足为D，连接 ，以D为原点， 分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系 ，根据空间向量的坐标运算以及二面角的计算公式，即可得到结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过S作 面 ，垂足为D，连接 ，∴ ∵ ，平面 ∴，同理， ∵底面为等腰直角三角形，， ∴四边形为正方形且边长为2. 以D为原点， 分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系 ，则 ， 设平面 的法向量，则，解得， 取 ，则，∴ ， 设平面 的法向量，则，解得， 取 ，则 ，∴ ， 设平面 与平面 夹角为 故平面 与平面 夹角的余弦值为. 18. 恰逢盛世，风调雨顺.某稻米产地今秋获得大丰收，为促进当地某品牌大米销售，甲、乙两位驻村干部通过直播宣传销售所驻村生产的该品牌大米.通过在某时段100名顾客在观看直播后选择在甲、乙两位驻村干部的直播间（下简称甲直播间、乙直播间）购买的情况进行调查（假定每人只在一个直播间购买大米），得到以下数据： 网民类型 在直播间购买大米的情况 合计 在甲直播间购买 在乙直播间购买 本地区网民 50 5 55 外地区网民 30 15 45 合计 80 20 100 （1）依据小概率值 的独立性检验，能否认为网民选择在甲、乙直播间购买大米与网民所处地区有关； （2）用样本分布的频率分布估计总体分布的概率，若共有名网民在甲、乙直播间购买大米，且网民选择在甲、乙两个直播间购买大米互不影响，记其中在甲直播间购买大米的网民数为X，求使事件“ ”的概率取最大值时k的值. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 【答案】（1）能认为网民选择在甲、乙直播间购买大米与网民所处地区有关 （2） 【解析】 【分析】（1）根据列联表信息，计算出的观测值，结合临界值表可得出结论； （2）根据二项分布求出在甲直播间购买大米的网民人数为的概率，利用作商法判断概率的大小即可得解. 【小问1详解】 提出零假设：网民选择在甲、乙直播间购买大米与网民所处地区没有关联， 经计算得， 依据小概率值 的独立性检验，我们推断不成立， 即认为网民选择在甲、乙直播间购买大米与网民所处地区有关联. 【小问2详解】 利用样本分布的频率估计总体分布的概率， 可知网民选择在甲直播间购买夏橙的概率为， 则，记，， 则， 则问题等价于求当取何值时取最大值， 因为，， 又， 所以当时，； 当时，； 当时，； 所以， ， 所以当时，取最大值， 即使事件“ ”的概率取最大值的的值为. 【点睛】关键点点睛：本题第2小问解决的关键是，借助参数，，简化了计算，从而得解. 19. 已知函数． （1）判断函数的单调性. （2）证明：①当时，； ②. 【答案】（1） 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减 （2） 证明：①由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减， 所以，故； ②由（1）可得，当时，，即，则， 仅当时等号成立， 所以，所以，即得， 令，则，所以，即， 令，则，且不恒为零， 所以在上单调递增，所以，所以， 所以， 所以 . 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论，即讨论a的取值范围，确定导数正负，从而判断函数的单调性； （2）①利用（1）的结论，即可证明结论；②由（1）可得，利用变量代换推出，结合，可得，从而采用累加法，即可证明不等式. 【小问1详解】 由于，定义域为 ， 则， ①当时，，令，得 ，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减； ②当时，时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减； ③当时，时， ，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减； ④当时， ，所以在上单调递增； ⑤当时，时，， 时，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 综上，当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 略 【点睛】难点点睛：本题考查了导数的综合应用，利用导数判断函数的单调性以及利用导数证明不等式，难点在于不等式的证明，证明时要结合函数的性质推出，继而结合，推出，从而累加，证明结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $