精品解析：福建省福州第三中学2024-2025学年高三下学期第十八次模拟检测数学试题

福州三中2024-2025学年第二学期高三第十八次质量检测 数学试卷 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0.5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. 设集合A={a，5}，B={2，3，4}，A∩B={2},则A∪B= （ ） A. {2，3，4，5} B. {3} C. {2，3，4} D. {1，3} 2. “”是“直线与垂直”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 不充分也不必要条件 3. 函数的对称轴为（ ） A. B. C. D. 4. 已知一组样本数据，，，，恰好构成公差为5的等差数列，则这组数据的方差为（ ） A. 30 B. 40 C. 50 D. 60 5. 已知函数的最大值是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，分别是正八面体（8个面均为正三角形）棱的中点，则异面直线 与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆，圆，过动点P分别作圆圆的切线PA，PB（A，B为切点），使得，则动点P的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若，则下列结论一定成立的是（ ） 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. 下列命题中正确的是（ ） A. 已知随机变量服从正态分布，若，则 B. 将总体划分为两层，通过分层抽样，得到样本数为m，n的两层样本，其样本平均数和样本方差分别为，和，，若，则总体方差 C. 若A、B两组成对数据的样本相关系数分别为，，则A组数据比B组数据的相关性强 D. 已知，，若，则 10. 如图，在圆柱中，轴截面是边长为2的正方形，是以为直径2的圆上一动点（异于点）， 与圆柱的底面圆交于点，则（ ） A. 平面 B. 平面平面 C. 直线与直线有可能垂直 D. 三棱锥的外接球体积为定值 11. 设函数，若，且，则（ ） A. 实数的取值范围为 B. C. D. 当时， 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. 复数z满足（为虚数单位），则z的虚部为_______. 13. 在数列中，，若成等差数列，成等比数列，则______. 14. 设椭圆的左右焦点为，，右顶点为A，已知点P在椭圆E上，若，则椭圆的离心率为_______． 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A； （2）若，求的面积. 16. 如图1，五边形 中， ．将三角形沿翻折，使得平面平面 ，如图2． （1）求证： 平面 ； （2）记直线与平面 所成角为．若，求的长． 17. 甲、乙两人进行知识问答抢答赛，比赛共有3道抢答题，每道题均有人抢答，其计分规则为：初始甲、乙双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得分，未抢到题得0分，最后累计总分多的人获胜.假设甲、乙抢到每题的成功率相同，且甲、乙两人每题答题正确的概率分别为和.求： （1）在3题均被乙抢到的条件下，设乙答题得分为，求的分布列和期望值； （2）甲在比赛中获胜的概率. 18. 已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线右支于、两点（点在轴上方），点在双曲线的右支上，直线交轴于点（点在点的右侧）． （1）求双曲线的渐近线方程； （2）若点，且，求点的坐标； （3）若的重心在轴上，记、 的面积分别为、，求的最小值． 19. 对于任意两个正数，记区间上曲线下的曲边梯形面积为，并规定，，记，其中． （1）若时，求证：； （2）若时，求证：； （3）若，直线 与曲线交于，两点，求证：（其中为自然常数）． 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十八次质量检测 数学试卷 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0.5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. 设集合A={a，5}，B={2，3，4}，A∩B={2},则A∪B= （ ） A. {2，3，4，5} B. {3} C. {2，3，4} D. {1，3} 【答案】A 【解析】 【分析】由题意先求出a＝2，由此能求出A∪B的值． 【详解】∵集合A＝{a，5}，B＝{2，3，4}，A∩B＝{2}， ∴a＝2， ∴A∪B＝{2，3，4，5}． 故选：A． 【点睛】本题考查交集、并集的求法，考查交集、并集定义等基础知识，是基础题． 2. “”是“直线与垂直”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】分析可得，两直线垂直恒成立，结合充分条件与必要条件的定义，即可得答案. 【详解】∵对于任意 ，恒成立， ∴直线与垂直恒成立， ∴“”是“直线与垂直”的充分不必要条件. 故选：A. 3. 函数的对称轴为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】逆用二次展开式对函数进行整理，利用函数性质求解即可. 【详解】由题意： ， 可由偶函数的图像向右平移1个单位得到，所以函数的对称轴为, 故选：A. 4. 已知一组样本数据，，，，恰好构成公差为5的等差数列，则这组数据的方差为（ ） A. 30 B. 40 C. 50 D. 60 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的性质及平均值求法得均值为，再应用方差公式求方差即可. 【详解】由题设， 所以 . 故选：C 5. 已知函数的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用降幂公式化简函数 ，再结合辅助角公式及正弦函数的有界性列出不等式求出最大值. 【详解】函数的定义域为R， 令，整理得， 则，即，当且仅当时取等号， 则，所以所求最大值为. 故选：B 6. 如图，分别是正八面体（8个面均为正三角形）棱的中点，则异面直线 与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正八面体的结构特征有、，若正八面体的棱长为2，应用空间向量数量积的运算律及夹角公式求异面直线的夹角余弦值. 【详解】由正八面体结构特征知，， 若正八面体的棱长为2，且各侧面都是正三角形，为正方形， 所以 ， ， 同理得， 所以，异面直线 与所成角的余弦值为. 故选：C 7. 已知圆，圆，过动点P分别作圆圆的切线PA，PB（A，B为切点），使得，则动点P的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题目中的等式，利用切线的性质以及两点距离公式，可得答案. 【详解】 由，得．易知， 因为两圆的半径均为1，则． 设，且， 则，即． 所以点的轨迹方程为． 故选：D. 8. 已知，若，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数并利用导函数判断函数的单调性，然后分三种情况讨论，然后根据三角函数的单调性即可得 【详解】令，得， 若，则 所以在上单调递增， 当时，则， 所以， 又在上单调递增，所以，， 当时，， 又在上单调递增，所以，不合题意； 当时，， 所以， 又在上单调递增， 所以，所以，， 综上可得， 故选：A 【点睛】关键点点睛：构造判断单调性，然后分类讨论，利用放缩法对变形，结合正余弦函数的单调性即可得. 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. 下列命题中正确的是（ ） A. 已知随机变量服从正态分布，若，则 B. 将总体划分为两层，通过分层抽样，得到样本数为m，n的两层样本，其样本平均数和样本方差分别为，和，，若，则总体方差 C. 若A、B两组成对数据的样本相关系数分别为，，则A组数据比B组数据的相关性强 D. 已知，，若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正态分布的性质判断A的真假；根据方差的计算公式判断B的真假；根据相关系数的意义判断C的真假；根据条件概率的计算公式判断事件、的关系，确定D的真假. 【详解】对A：因为，且，所以，所以，故A正确； 对B：设两层的数据分别为：和，则，，设总体平均数为，则，因为，所以. 因为，， 所以，故B正确. 对C：由样本相关系数的意义可知， B组数据比A组数据的相关性强，故C错误； 对D：由 ，所以事件独立，所欲，故D正确. 故选：ABD 10. 如图，在圆柱中，轴截面是边长为2的正方形，是以为直径2的圆上一动点（异于点）， 与圆柱的底面圆交于点，则（ ） A. 平面 B. 平面平面 C. 直线与直线有可能垂直 D. 三棱锥的外接球体积为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理判断A，由线面垂直可得面面垂直判断B，假设，可得与矛盾，判断C，确定出球心位置，由半径为定值可判断D. 【详解】对于A，因为都是对应圆周上的点，是相应的圆的直径， 所以，所以， 因为平面平面，所以平面，A项正确： 对于B，因为，所以平面， 因为 平面，所以平面平面，B项正确； 对于C，若，因为，平面， 所以平面，则， 因为平面，所以， 这与矛盾，故直线与直线不可能垂直，C项错误； 对于D，因为均是以为斜边的直角三角形， 所以三棱锥的外接球的球心为的中点，由于， 故三棱锥的外接球体积为定值，D项正确. 故选：ABD 11. 设函数，若，且，则（ ） A. 实数的取值范围为 B. C. D. 当时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数探讨函数 的性质，由已知结合三次函数的图象特征逐项求解判断. 【详解】函数的定义域为R，求导得， 当时，函数 在上单调递增，最多一个解，不符合题意； 当时，由，得或；由 ，， 函数 在上单调递增，在上单调递减， 函数 在处取得极大值，在处取得极小值， 对于A，依题意，，实数的取值范围为 ，A错误； 对于B，由A选项知，，，B正确； 对于C，依题意，，则， 由，得，整理得， 则，当且仅当时取等号，解得，C正确； 对于D，由C选项知，且， 由，得，则，即 ，， 令函数，求导得， 当 时， ；当时， ， 在上递减，在上递增， 因此，则，即，D正确. 故选：BCD 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. 复数z满足（为虚数单位），则z的虚部为_______. 【答案】 【解析】 【分析】设化简式子求得值即可. 【详解】设，则，即得，故z的虚部为 . 故答案为： 13. 在数列中，，若成等差数列，成等比数列，则______. 【答案】32 【解析】 【分析】根据等差数列和等比数列的性质进行求解即可. 【详解】因为成等差数列，成等比数列， 所以成等差数列，成等比数列，成等差数列，成等比数列，成等差数列，成等比数列， 所以可得的前8项为0，2，4，8，12，18，24，32. 故答案为：32 14. 设椭圆的左右焦点为，，右顶点为A，已知点P在椭圆E上，若，则椭圆的离心率为_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用已知条件求出点坐标，代入椭圆方程中形成齐次方程，解出离心率即可. 【详解】   如图：由题意不妨设在第一象限，作轴交轴于点,知， 因为，所以， 所以， 则， 由, 而解得， 又由，所以，又，即， 代入解得：， 把，代入中， 整理得， 即，解得（舍）或. 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A； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）整理可得，结合余弦定理运算求解即可； （2）利用正弦定理可得，即可得，进而可得面积. 【小问1详解】 因为，则即为， 整理可得， 由余弦定理可得， 且，所以. 【小问2详解】 由正弦定理可得，则， 可得，即， 由（1）可得，则， 即，可得， 所以的面积. 16. 如图1，五边形 中， ．将三角形沿翻折，使得平面平面 ，如图2． （1）求证： 平面 ； （2）记直线与平面 所成角为 ．若，求的长． 【答案】（1）证明：因为平面平面 ， 平面 ，平面 平面 ， ， 所以平面，又 平面， 所以，又 ， 平面 ， 所以 平面 . （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，结合线面垂直的性质与判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，设 ，利用空间向量法求出平面 的法向量，求出线面角，建立关于的方程，解之即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，过点作 于点，则 ， 在中，，所以，得 . 过点作轴 平面 ，建立如图空间直角坐标系 ， 设 ，则， 所以， 设平面 的一个法向量为， 则， 令，则 ，所以， 所以， 解得 ，即. 17. 甲、乙两人进行知识问答抢答赛，比赛共有3道抢答题，每道题均有人抢答，其计分规则为：初始甲、乙双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得分，未抢到题得0分，最后累计总分多的人获胜.假设甲、乙抢到每题的成功率相同，且甲、乙两人每题答题正确的概率分别为和.求： （1）在3题均被乙抢到的条件下，设乙答题得分为，求的分布列和期望值； （2）甲在比赛中获胜的概率. 【答案】（1） 1 3 . （2） 【解析】 【分析】（1）由题意知的所有可能取值为，分别求出对应概率，写出分布列，进而求期望； （2）设甲获胜为事件，甲在比赛中共抢到道题为事件，由计算求解即可. 【小问1详解】 依题意，的所有可能取值为， 则， ， 故分布列为 1 3 . 【小问2详解】 设甲获胜为事件，甲在比赛中共抢到道题为事件， 则， ， ， 所以. 18. 已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线右支于、两点（点在轴上方），点在双曲线的右支上，直线交轴于点（点在点的右侧）． （1）求双曲线的渐近线方程； （2）若点，且，求点的坐标； （3）若的重心在轴上，记、 的面积分别为、，求的最小值． 【答案】（1） （2）点的坐标为 （3）的最小值为 【解析】 【分析】（1）根据双曲线方程即可得其渐近线方程； （2）由点可得，从而可利用三角形外角关系从而可得直线的斜率，将直线方程代入双曲线方程求解即可得点的坐标； （3）设直线，代入双曲线方程得交点坐标关系，由重心可得，根据点线关系即可得的范围，再结合三角形面积关系得与的关系，由基本不等式可得最值. 【小问1详解】 已知双曲线，则，所以双曲线方程为； 【小问2详解】 双曲线的右焦点， 又，所以，则， 因为，所以， 则直线，即， 所以，解得，即， 则，所以点的坐标为； 【小问3详解】 设直线， ， 则， 因为直线过点且与双曲线右支交于、两点，所以， 又因为的重心在轴上，所以， 由点在点的右侧，可得，所以，解得 ，所以， 而，代入可得， 所以， 代入化简可得：， 所以， 当且仅当时等号成立，所以的最小值为. 19. 对于任意两个正数，记区间上曲线下的曲边梯形面积为，并规定，，记，其中． （1）若时，求证：； （2）若时，求证：； （3）若，直线 与曲线交于，两点，求证：（其中为自然常数）． 【答案】（1）因为，且， 当时可知， 所以， ，所以成立； （2）解法一：要证，即证， 如图可知，为与，以及轴所围成的曲边梯形的面积． 若直线与曲线交于点， 过做的切线，分别交，于，， 过做轴的平行线分别交，于，，则， 易知曲面梯形的面积大于， 所以， 所以，，得证． 解法二：因为时，，所以要证， 即证：， 即证：，即证：， 设 ，，则不等式可化为， 要证，作差得， 即证：在恒成立， 构造函数：， 则，再设，则， 因为，所以恒成立， 所以在为增函数，所以， 所以 在恒成立，可得在为增函数， 所以，所以在恒成立， 所以不等式成立，得证； （3）因为，所以， 令，故， 所以在为减函数，在为增函数，， 故直线 与曲线交于，，所以， 且，，即有：①，②， ①＋②得： ①－②得： 由第（2）问知：， 所以， 所以，即， 所以成立． 【解析】 【分析】（1）当时，，根据的定义求解； （2）解法一：如图可知，为与，以及轴所围成的曲边梯形的面积，曲面梯形的面积大于，，得证； 解法二：转化为证明：，设 ，，则不等式可化为，构造函数：，利用导数证明在恒成立； （3）令，故，直线 与曲线交于，，所以，即有：①，②，进一步变形可得，从而得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：对于新定义题型，一般分为以下几步： （1）对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号； （2）对新定义所提取的信息进行加工，探究解决方法，有时能够追求临近的知识点，明确它们的共同点与不同点； （3）对新定义中提取的知识进行变换，有效的输出；假如是新定义的运算，直接依据运算法则计算即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $