精品解析：福建省厦门市2025届高三第四次质量检测数学试题

厦门市2025届高三毕业班第四次质量检测 数学试题 满分：150分 考试时间：120分钟 考生注意： 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，再选涂其它答案标号．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、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. 复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 1 2. 已知双曲线的顶点为，，虚轴的一个端点为，若为直角三角形，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3. 在的展开式中各二项式系数的和为32，则的系数为（ ） A. 10 B. 40 C. 80 D. 120 4. 以边长为1的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 在梯形中，，，，，，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 6. 厦门某会场座位共有20排，第一排有15个座位，从第二排起，每一排都比前一排多两个座位．现有一个200人的代表团来该会场参加会议，主办方需预留前排座位给该代表团，则的最小值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 7. 已知函数的部分图象如下，将沿翻折至，使得二面角为．若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知集合，，若，则的取值范围是（ ） A. B. 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. 甲、乙两名篮球运动员连续5场比赛的得分如图所示，则（ ） A. 甲得分的极差大于乙得分的极差 B. 甲得分的平均数大于乙得分的平均数 C. 甲得分的中位数大于乙得分的中位数 D. 甲得分的方差大于乙得分的方差 10. 如图，一个漏斗的上面部分可视为长方体，下面部分可视为正四棱锥，为正方形的中心，两部分的高都是该正方形边长的一半，则（    ） A. B. 平面 C. 平面平面 D. 与为相交直线 11. 已知是首项为，公比为的递增等比数列，其前项和为．若对任意的，总存在，使得，则称是“可分等比数列”，则（） A. 不是“可分等比数列” B. 是“可分等比数列” C. 若是“可分等比数列”，则 D. 若是“可分等比数列”，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数若，则________． 13. 四个人排成一排，当相邻时，必须在的右边，那么不同的排法共有________种． 14. 已知直线：与圆：相切于点T，A是圆上一动点，点P满足，且以P为圆心，为半径的圆恰与相切，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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量，，且． （1）求A； （2）若，求周长的最大值． 16. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）当时，证明：． 17. 如图，在多面体中，平面，平面平面，四边形是正方形，是正三角形，，． （1）证明：平面； （2）若直线与底面的交点为，直线上是否存在点，使得平面与平面的夹角为60°?若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 18. 已知椭圆：的右焦点为，离心率为． （1）求的方程； （2）过点且不垂直于y轴的直线与E交于A，B两点，直线与E交于点C（异于A）． （i）证明：为等腰三角形； （ii）若点M是的外心，求面积的最大值． 19. 在一个不透明的口袋中装有大小、形状完全相同的n个小球，将它们分别编号为．每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后放回，直至取遍所有小球后立刻停止摸球．记总的摸球次数为，其期望为． （1）求与； （2）求； （3）证明：． 附：①若随机变量的可能取值为，则 ②若随机变量，则． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门市2025届高三毕业班第四次质量检测 数学试题 满分：150分 考试时间：120分钟 考生注意： 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，再选涂其它答案标号．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、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. 复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】用复数除法运算求出，即可求得虚部. 【详解】，所以的虚部为， 故选：B. 2. 已知双曲线的顶点为，，虚轴的一个端点为，若为直角三角形，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】不妨设双曲线方程为，根据题意可得，即，从而求出离心率. 【详解】不妨设双曲线方程为， 不妨取，，， 因为为直角三角形，且，则为等腰直角三角形， 所以，所以，则，所以， 双曲线的离心率. 故选：A 3. 在的展开式中各二项式系数的和为32，则的系数为（ ） A. 10 B. 40 C. 80 D. 120 【答案】C 【解析】 【分析】先由二项式系数的和为32求出的值，再根据二项式的通项即可求得. 【详解】依题意，，解得， 则二项式的通项为， 取，即得的系数为. 故选：C. 4. 以边长为1的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得旋转后对应几何体为两个同底的圆锥，结合题目数据可得相应体积. 【详解】如图，正三角形绕所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥，圆锥的底面半径为，所得几何体的底面积为，则体积为. 故选：D. 5. 在梯形中，，，，，，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】将用来表示，再求数量积即可. 【详解】由题可知，所以， 因， 则 故选：C. 6. 厦门某会场座位共有20排，第一排有15个座位，从第二排起，每一排都比前一排多两个座位．现有一个200人的代表团来该会场参加会议，主办方需预留前排座位给该代表团，则的最小值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的求和公式计算判断即可. 【详解】由题知,前n排座位数依次构成以15为首项，2为公差的等差数列， 故前n排座位数之和， 解得：，故的最小值为9, 故选：C. 7. 已知函数的部分图象如下，将沿翻折至，使得二面角为．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用可求得；作出二面角的平面角，结合余弦定理和勾股定理可求得点坐标，由此可得的最小正周期，进而得到. 【详解】，又，； 记点为，翻折后，连接， ，，即为二面角的平面角，， ，， 轴，，，又，平面， 平面，又平面，， ，， 的最小正周期，. 故选：B. 8. 已知集合，，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解一元二次不等式求出集合，然后由可得在时，恒成立，将问题转化为求在上的最小值，从而可求出的取值范围. 【详解】由，得，解得， 所以， 因为，， 所以当时，恒成立，即恒成立， 令，，则， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以， 所以，即的取值范围是. 故选：B 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. 甲、乙两名篮球运动员连续5场比赛的得分如图所示，则（ ） A. 甲得分的极差大于乙得分的极差 B. 甲得分的平均数大于乙得分的平均数 C. 甲得分的中位数大于乙得分的中位数 D. 甲得分的方差大于乙得分的方差 【答案】BC 【解析】 【分析】将甲乙得分由低到高排列，再按照极差、平均数、中位数、方差的定义计算即可. 【详解】甲场比赛得分由低到高分别为， 乙场比赛得分由低到高分别为， 则甲的极差为，乙的极差为， 故甲得分的极差小于乙得分的极差，故A错误； 甲的平均数，乙的平均数， 则甲得分的平均数大于乙得分的平均数，故B正确； 甲的中位数为，乙的中位数为， 则甲得分的中位数大于乙得分的中位数，故C正确； 甲的方差， 乙的方差， 故甲得分的方差小于乙得分的方差，故D错误. 故选：BC 10. 如图，一个漏斗的上面部分可视为长方体，下面部分可视为正四棱锥， 为正方形的中心，两部分的高都是该正方形边长的一半，则（    ） A. B. 平面 C. 平面平面 D. 与为相交直线 【答案】BCD 【解析】 【分析】结合三垂线定理及逆定理判断A，由线面平行的判定定理判断B，根据面面垂直的判定定理判断C，通过说明与在同一平面且不平行判断D. 【详解】对于A，设正方形边长为2，由正四棱锥性质可得平面，故， 因为面，故在底面的射影为， 又不与垂直，故不与垂直，故A不正确； 对于B，由题且，故四边形是平行四边形， 所以不在平面内，平面， 所以平面，故B正确； 对于C，因为，平面，故平面， 平面即为平面，因为面，面， 所以，又因为，， 所以平面，又平面， 所以平面平面，即平面平面，故C正确； 对于D，由C可知与都在平面中且不平行，故与为相交直线，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知是首项为，公比为的递增等比数列，其前项和为．若对任意的，总存在，使得，则称是“可分等比数列”，则（） A. 不是“可分等比数列” B. 是“可分等比数列” C. 若是“可分等比数列”，则 D. 若是“可分等比数列”，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，取，则不存在，使得；对于B，取，则不存在，使得；对于C，D根据“可分等比数列”的定义，用反证法证明即可. 【详解】对于A，若，则， 因为，所以， 又因为， 所以不存在正整数，使得， 所以不是＂可分等比数列＂，所以选项A正确： 对于B，若，则， 所以，当时，， 所以不存在正整数，使得，所以不是＂可分等比数列＂，所以选项B错误； 对于C，若，则有，所以不存在正整数，使得，所以， 因为是递增等比数列，所以，所以， 因为，所以，即． 下证：对任意，当且仅当时，． 反证法：假设存在正整数，使得当时，， 取满足条件的最小正整数，此时有，使得且， 则，即，即与矛盾． 所以对任意，当且仅当时，，所以选项C正确； 对于D，下证：． 由上可知，即恒成立，只需，即恒成立， ①当时，因为恒成立，所以符合要求； ②当时，因为， 当时，，不符合题设要求． 综上，，所以选项D正确． 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数若，则________． 【答案】8 【解析】 【分析】求出，再判断的范围，即可利用求解. 【详解】， 所以， 因为时，， 所以，，解得， 故答案为： 13. 四个人排成一排，当相邻时，必须在的右边，那么不同的排法共有________种． 【答案】 【解析】 【分析】采用插空法和捆绑法直接求解即可. 【详解】当A，B不相邻时，采用插空法，先排其余两人再让A，B插空， 共有种排法； 当A，B相邻时，将看作一个整体，并且在的右边， 相当于个人排队，则不同的排法有种； 所以共有种. 故答案为：. 14. 已知直线：与圆 ：相切于点T，A是圆 上一动点，点P满足，且以P为圆心，为半径的圆恰与相切，则的最大值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】设，由题意可得，整理可得点P的轨迹，由此可设，则是关于的式子，利用基本不等式得最值即可. 【详解】设，则， 直线：与圆 ：相切于点T，则， 以P为圆心，为半径的圆恰与相切， 则可得，化简可得，且， 从而可设，且， 则， 由于，当且仅当，即时，等号成立， 所以，故的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据直线与圆的位置关系、距离公式，确定点的轨迹方程，根据轨迹方程确定动点坐标，从而将所求问题转化为坐标关系，结合不等式或者函数求解最值即可. 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，已知向量，，且． （1）求A； （2）若，求周长的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，得，由正弦定理求得，可得答案； （2）由余弦定理得，利用基本不等式可得，可解周长最大值. 【小问1详解】 .，， ， 根据正弦定理， ，， ，即， ，所以，则， ； 【小问2详解】 由余弦定理， 得， 根据基本不等式，，可得， 则，当且仅当时，等号成立， 所以当时，周长的最大值是6. 16. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）当时，证明：． 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减 （2） 由（1）时，在上单调递增，在上单调递减， 所以， 要证明，只需证明， 即证明， 令， ， 令，则， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 因为， 所以当时，单调递减， 当时，单调递增， 可得， 即． 【解析】 【分析】（1）求出，分、讨论可得答案； （2）转化为证明，求出，构造函数，利用导数求出最小值可得答案. 【小问1详解】 的定义域为，， 当时，，单调递增， 当时，令得， 所以时，单调递增， 时，单调递减. 综上所述，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 17. 如图，在多面体中，平面，平面平面，四边形是正方形，是正三角形，，． （1）证明：平面； （2）若直线与底面的交点为 ，直线上是否存在点，使得平面与平面的夹角为60°?若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明：取中点，连接． 因为是正三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为平面平面，所以平面． 因为四边形为正方形，所以． 又因为平面平面，所以平面． 又因为平面平面，所以平面平面． 因为平面，所以平面． （2）存在点，使得平面与平面的夹角为60°，此时 【解析】 【分析】（1）证明平面平面，即可得到平面； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为且，所以四边形为梯形， 延长交的延长线于 ． 平面，所以平面． 以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． ，， 设平面的法向量为， 则，即，令，可得， 设，则， 设平面的法向量为， 则，即 令，可得， 则， 解得， 故． 18. 已知椭圆：的右焦点为，离心率为． （1）求的方程； （2）过点且不垂直于y轴的直线与E交于A，B两点，直线与E交于点C（异于A）． （i）证明：为等腰三角形； （ii）若点M是的外心，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） （i）设直线的方程为，，， 由，整理得， 所以，则， 所以，， 若轴，由，解得，则，此时的斜率，即（不合题意）， 所以、的斜率均存在， 所以， 又， 所以，即， 又因为、均在椭圆上， 由椭圆的对称性可知，即为等腰三角形； （ii） 【解析】 【分析】（1）依题意求出、，即可求出，从而得解； （2）（i）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，分析、的斜率均存在，由，即可得证； （ii）设的中点为，求出的垂直平分线，即可求出点坐标，再由表示出三角形的面积，再换元，利用导数求出函数的最大值. 【小问1详解】 依题意可得，解得，所以， 所以椭圆方程为； 【小问2详解】 （i）略 （ii）设的中点为，则，， 所以， 所以的垂直平分线为， 令可得，所以， 所以的面积， 令，设，， 所以， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时取得最大值， 所以面积的最大值为. 19. 在一个不透明的口袋中装有大小、形状完全相同的n个小球，将它们分别编号为．每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后放回，直至取遍所有小球后立刻停止摸球．记总的摸球次数为，其期望为． （1）求与； （2）求； （3）证明：． 附：①若随机变量的可能取值为，则 ②若随机变量，则． 【答案】（1）， （2） （3） 设随机变量表示，恰好记录了个不同的编号下，继续摸球直到记录到第个新的编号所需要的摸球次数， 则，其中， 则， ， 设， ， 作差可得： ， 所以， 所以，即， 令， 当时，，所以在单调递增， 所以，即， 所以， 所以． 【解析】 【分析】（1）理解及的意思，根据古典概型的概率公式计算即可； （2）根据题意求出的概率，根据数学期望的计算公式，结合数列错位相减法求和即可求解； （3）求出的概率，进行用同（2）的方法求出，进而由可求出，再利用导数证明数列不等式即可. 【小问1详解】 表示袋中共两个球，前3次摸出同一个球，第4次才摸出另一个球，故， 表示袋中共3个球，前4次摸出的是两个不同编号的球，第5次才摸出最后一个编号的球， 第5次才摸出第三个编号的球，则前4次摸球中，另外两个编号球各至少摸到一次， 则． 【小问2详解】 依题意可得：， 则， 所以， 设， ， 作差可得， 所以， 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 $