精品解析：福建省部分优质高中2025届高中毕业班5月质量检测数学试卷

福建省部分优质高中2025届高中毕业班5月质量检测 数学试卷 （完卷时间：120分钟；满分：150分） 注意事项： 1.答题前，考生务必在试卷、答题卡规定位置填写本人准考证号、姓名等信息.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 2.选择题每小题选出答案后，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.非选择题答案用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上相应位置书写作答，在试卷上答题无效. 3.作图可先使用2B铅笔画出，确认后必须用0.5毫米黑色墨水签字笔确定. 4.考试结束，考生必须将试卷和答题卡一并交回. 姓名：______ 准考证号：______ 座位号：______ 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的.） 1. 已知集合，集合，则为（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，则（ ） A B. C. D. 4. 直线（其中）被圆所截得的最短弦长等于（ ） A. B. C. D. 5. 今年暑期档推出多部精彩影片，其中比较热门有《解密》，《名侦探柯南》，《抓娃娃》，《逆行人生》，《死侍与金刚狼》，甲和乙两位同学准备从这5部影片中各选2部观看.若两人所选的影片恰有一部相同，且甲一定选《抓娃娃》，则两位同学不同的观影方案种数为（ ） A. 24 B. 28 C. 36 D. 12 6. 已知函数，则下列选项不正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数关于点中心对称 C. 函数的图象向左平移个单位，得到的函数图象关于轴对称 D. 函数在上不单调，则的取值范围为 7. 2024年国家公务员考试笔试已于2023年11月25日结束，公共科目包括行政职业能力测验和申论两科，满分均为100分，行政职业能力测验中，考生成绩X服从正态分布.若，则从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，至少有2名考生的成绩高于90的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集：如图，取一条长度为的线段，第次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；第次操作，将留下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留下四段；按照这种规律一直操作下去．若经过次这样的操作后，去掉的所有线段的长度总和大于，则的最小值为（ ） （参考数据：，） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给出的四个选项中，有多个选项是符合题意的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的不得分.） 9. 如图，在三棱柱中，，分别是线段，上的点，且，.设，，，且均为单位向量，若，则下列说法中正确的是（ ） A. 与的夹角为 B. C. D. 10. 已知椭圆的左，右焦点为，，A，B分别为它的左右顶点，点P为椭圆上的动点（P不在x轴上），下列选项正确的是（ ） A. 存在点P使得 B. 周长为 C. 直线PA与直线PB的斜率乘积为 D. 的最小值为 11. 已知函数，，，则（ ） A. 和的图象有且只有一条公切线 B. 若恒成立，则整数的最大值为 C. 若、均大于，则 D. 关于方程在区间内无解 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 展开式中含项的系数为______. 13. 在边长为的长方形铁片的四角切去边长相等的小正方形，再把它的边沿虚线折起（如图），做成一个无盖的长方体箱子，则箱子容积的最大值为______. 14. 已知菱形的各边长为2，．如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时．则三棱锥的体积为_______，是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为_______． 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. 若数列的前n项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前n项和为，证明：. 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时恒成立，求实数b的最小值. 17. 如图，在体积为14的四棱台中，底面是菱形，，分别是四边形和四边形对角线的交点，且平面. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知双曲线的右顶点到其渐近线的距离为，点在上. （1）求的方程； （2）过点的直线交双曲线于，两点. （ⅰ）若与的渐近线交于点，，且（是坐标原点），求的方程； （ⅱ）记，若点满足，求点轨迹方程. 19. 在三维空间中，单位立方体的顶点坐标可用三维坐标表示，其中.而在维空间中，以单位立方体的顶点坐标可表示为维坐标，其中.现有如下定义：在维空间中，，两点的曼哈顿距离为 （1）在3维单位立方体中任取两个不同顶点，试求所取两点的曼哈顿距离为1的概率； （2）在维单位立方体中任取两个不同顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离 （i）求出的分布列与期望； （ii）证明：随机变量的方差小于. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 福建省部分优质高中2025届高中毕业班5月质量检测 数学试卷 （完卷时间：120分钟；满分：150分） 注意事项： 1.答题前，考生务必在试卷、答题卡规定位置填写本人准考证号、姓名等信息.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 2.选择题每小题选出答案后，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.非选择题答案用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上相应位置书写作答，在试卷上答题无效. 3.作图可先使用2B铅笔画出，确认后必须用0.5毫米黑色墨水签字笔确定. 4.考试结束，考生必须将试卷和答题卡一并交回. 姓名：______ 准考证号：______ 座位号：______ 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的.） 1. 已知集合，集合，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据绝对值不等式与一元二次不等式化简集合，再根据集合并集运算得结论. 【详解】集合，， 所以. 故选：A. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设复数，根据定义得到其共轭复数，再根据复数相等的充要条件列方程求解. 【详解】设复数，则其共轭复数， 所以， 则，解得.所以. 故选：C. 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦和差公式得到方程，求出，利用同角三角函数关系得到答案. 【详解】， ， 联立可得， 所以. 故选：B 4. 直线（其中）被圆所截得的最短弦长等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出直线过定点，根据圆的几何性质当定点与圆心连线垂直直线时，直线截得弦最短即可得解. 【详解】因为可化为， 所以直线恒过定点， 由圆知圆心，半径， 由圆的几何性质知，当与直线垂直时，直线被圆所截得弦最短， 此时弦长为, 故选：B 5. 今年暑期档推出多部精彩影片，其中比较热门的有《解密》，《名侦探柯南》，《抓娃娃》，《逆行人生》，《死侍与金刚狼》，甲和乙两位同学准备从这5部影片中各选2部观看.若两人所选的影片恰有一部相同，且甲一定选《抓娃娃》，则两位同学不同的观影方案种数为（ ） A. 24 B. 28 C. 36 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】分两种情况，两人所选影片中，《抓娃娃》相同，不是《抓娃娃》相同，分别计算出相应的方案数，相加即可. 【详解】若两人所选影片中，《抓娃娃》相同，则两人从剩余4部中各选1部，有种方案， 若两人所选影片中，不是《抓娃娃》相同，相同的影片为4部中1部，有种选择， 再给乙从剩余3部中选择一部，有种选择，故共有种方案， 综上，共有种方案. 故选：A. 6. 已知函数，则下列选项不正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数关于点中心对称 C. 函数的图象向左平移个单位，得到的函数图象关于轴对称 D. 函数在上不单调，则的取值范围为 【答案】D 【解析】 【分析】由三角恒等变换化简函数.求出函数的周期判断A选项；求出函数对称中心判断B选项；由函数的平移得到平移后的函数解析式，从而知道函数的对称性判断C选项；求出其导函在对应区间上的值域，由题意建立不等式组，解得的取值范围判断D选项. 【详解】函数， 对于A选项：∵，∴，A选项正确； 对于B选项：令，解得，∴是函数的一个对称中心，B选项正确； 对于C选项：平移后的函数，函数图象关于轴对称，C选项正确； 对于D选项：，当时，， ∴，要想函数不单调，则，∴，D选项不正确. 故选：D 7. 2024年国家公务员考试笔试已于2023年11月25日结束，公共科目包括行政职业能力测验和申论两科，满分均为100分，行政职业能力测验中，考生成绩X服从正态分布.若，则从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，至少有2名考生的成绩高于90的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布的概率公式和二项分布的概率公式即可求解. 【详解】因考生成绩服从正态分布， 所以， 故任意选取3名考生， 至少有2名考生的成绩高于90的概率为． 故选：B. 8. 我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集：如图，取一条长度为的线段，第次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；第次操作，将留下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留下四段；按照这种规律一直操作下去．若经过次这样的操作后，去掉的所有线段的长度总和大于，则的最小值为（ ） （参考数据：，） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据变化规律可知每次去掉的线段长度成等比数列，利用等比数列求和公式可求得第次后，去掉的线段长度总和为，由，结合对数运算可解不等式求得，由此可得结果. 【详解】第次操作，去掉的线段长度为；第次操作，去掉的线段长度为；第次操作，去掉的线段长度为，依次类推，可知第次操作去掉的线段长度为， 即每次去掉的线段长度成等比数列， 第次后，去掉的线段长度总和为， 由得：，， 的最小值为. 故选：D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给出的四个选项中，有多个选项是符合题意的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的不得分.） 9. 如图，在三棱柱中，，分别是线段，上的点，且，.设，，，且均为单位向量，若，则下列说法中正确的是（ ） A. 与的夹角为 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由空间向量运算法则和空间向量的夹角公式、模长公式、数量积的定义对选项一一判断即可得出答案. 【详解】对于A，，，，所以与的夹角为，又， 所以与的夹角为，故A错误； 对于B，因为，， 所以， ， ，故B正确； 对于C，，，， ，，， ， ，故C正确； 对于D，， ，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知椭圆的左，右焦点为，，A，B分别为它的左右顶点，点P为椭圆上的动点（P不在x轴上），下列选项正确的是（ ） A. 存在点P使得 B. 的周长为 C. 直线PA与直线PB的斜率乘积为 D. 的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】首先求出、、，根据椭圆的几何性质可知当在椭圆的短轴顶点时取得最大值，即可判断A；根据椭圆的定义判断B；设，求出即可判断C；利用基本不等式判断D. 【详解】椭圆，则，，，则，， 对于A：当在椭圆的短轴顶点时取得最大值， 不妨取，此时， 所以为锐角，所以不存在点使得，故A错误； 对于B：因为，，所以的周长为，故B正确； 对于C：因为，，设， 则，故C错误； 对于D：因为， 所以 ， 当且仅当，即时取等号，故D正确； 故选：BD 11. 已知函数，，，则（ ） A. 和的图象有且只有一条公切线 B. 若恒成立，则整数的最大值为 C. 若、均大于，则 D. 关于的方程在区间内无解 【答案】BCD 【解析】 【分析】设直线为函数和的图象的公切线，设直线切函数于点，切函数于点，利用导数的几何意义可得出关于、的方程，解方程组可判断A选项；利用导数求出函数最小值的取值范围，可判断B选项；利用作差法可判断C选项；利用导数分析函数、在上的函数值符号，可判断D选项. 【详解】对于A选项，设直线为函数和的图象的公切线， 设直线切函数于点，切函数于点， 因为，则，所以，， 切线方程为，即， 因为，则，所以，， 切线方程为，即， 所以，，消去可得，解得或， 所以，和的图象有且只有两条公切线，A错误； 对于B选项，若，则， 因为函数，其中，则， 因为函数、在上均为增函数，则函数在上为增函数， 因为，， 所以，存在，使得，即，可得， 且当时，，当时，， 所以，函数的减区间为，增区间为， 所以，， 由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减， 所以，， 由题意可得，故整数的最大值为，B正确； 对于C选项， ， 因、，则，，所以，， 所以，， 所以，，C正确； 对于D选项，当时，，则， 所以，函数在上单调递增，则， ，则对任意的恒成立， 所以，在单调递减，则， 当时，对任意的，， 所以，关于的方程在区间内无解，D正确. 故选：BCD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 展开式中含项的系数为______. 【答案】113 【解析】 【分析】化简后利用展开式的通项公式求解即可. 【详解】因为 展开式中含常数，项的系数分别为， 而的展开式为， 所以展开式中含项的系数为， 故答案为：113 13. 在边长为的长方形铁片的四角切去边长相等的小正方形，再把它的边沿虚线折起（如图），做成一个无盖的长方体箱子，则箱子容积的最大值为______. 【答案】18 【解析】 【分析】根据长方体的体积公式求得，求得函数的定义域，利用导数法求得最大值即可. 【详解】设小正方形的边长为，依题意，箱子容积， 由，解得，所以的定义域为. 则， 所以在区间单调递增； 在区间单调递减， 所以当时，取到最大值，且最大值为. 故答案为：18 14. 已知菱形的各边长为2，．如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时．则三棱锥的体积为_______，是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为_______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】取中点，由题可得平面，进而可得三棱锥的高，利用锥体体积公式可得三棱锥的体积，设点轨迹所在平面为，则轨迹为平面截三棱锥的外接球的截面圆，利用球的截面性质求截面圆半径即得. 【详解】取中点，则，平面, ∴平面，，又， ∴， 则三棱锥的高， 三棱锥体积为； 作，设点轨迹所在平面为， 则平面经过点且， 设三棱锥外接球的球心为的中心分别为， 易知平面平面，且四点共面， 由题可得，， 解Rt，得，又， 则三棱锥外接球半径， 易知到平面的距离， 故平面截外接球所得截面圆的半径为， ∴截面圆的周长为，即点轨迹的周长为. 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. 若数列的前n项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前n项和为，证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用和的关系求解即可； （2）利用错位相减法求解即可. 【小问1详解】 当时，，， 因为，当时，， 两式作差得：， 即，故， 又因为，所以，且 所以. 【小问2详解】 由（1）可知，， 故， ， 两式作差得：. 所以，因为，所以. 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时恒成立，求实数b的最小值. 【答案】（1）答案见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）求出导数，再按分类求出函数的单调性. （2）由（1）的信息，求出函数的最大值，再由已知建立恒成立的不等式并分离参数，构造函数并利用导数求出最大值即可. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，由，得或；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，恒成立，函数在上单调递增； 当时，由，得或；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. 小问2详解】 由（1）知当时，函数在上单调递增，在上单调递减， 则， 依题意，，即恒成立， 令函数，求导得， 当时，，当时，，函数在上递增，在上递减， 即，因此， 所以的最小值为. 17. 如图，在体积为14的四棱台中，底面是菱形，，分别是四边形和四边形对角线的交点，且平面. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由棱台体积求得，结合勾股定理得到，再由题意得到，进而可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解. 【小问1详解】 由已知得. 设，上底面的面积，下底面的面积 ，解得， ， ，即. 平面平面， 又平面平面， 平面，且平面. 【小问2详解】 建立如图所示的空间直角坐标系， 则由（1）知， . 设平面的法向量为， 则 令，则， 设平面的法向量为， 则 令，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知双曲线的右顶点到其渐近线的距离为，点在上. （1）求方程； （2）过点的直线交双曲线于，两点. （ⅰ）若与的渐近线交于点，，且（是坐标原点），求的方程； （ⅱ）记，若点满足，求点的轨迹方程. 【答案】（1） （2）（i）或；（ii） 【解析】 【分析】（1）先求得到双曲线右顶点为和一条渐近线方程为，结合题意，列出方程组，求得的值，即可求得双曲线的方程； （2）（ⅰ）设直线的方程为，联立方程组，得到，求得，得到，再联立方程组，求得的坐标，得到，结合，求得，即可得到直线的方程； （ⅱ）设，由，得到，再由表示出，化简可得到点的轨迹方. 【小问1详解】 解：由双曲线，可得右顶点为，其中一条渐近线方程为， 因为双曲线经过点，可得， 又因为右顶点到渐近线的距离为，可得， 联立方程组，解得，所以双曲线的方程为. 小问2详解】 解：（ⅰ）由双曲线，可得渐近线方程为，即， 设直线的方程为，且， 联立方程组，整理得， 则且，解得， 可得， 则， 即，所以， 联立方程组，解得， 所以， 因为，可得，解得， 所以直线的方程为，即或. （ⅱ）设， 由，可得，可得， 又由，可得， 所以， 又， 所以， 所以点的轨迹方程为. 19. 在三维空间中，单位立方体的顶点坐标可用三维坐标表示，其中.而在维空间中，以单位立方体的顶点坐标可表示为维坐标，其中.现有如下定义：在维空间中，，两点的曼哈顿距离为 （1）在3维单位立方体中任取两个不同顶点，试求所取两点的曼哈顿距离为1的概率； （2）在维单位立方体中任取两个不同顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离 （i）求出的分布列与期望； （ii）证明：随机变量的方差小于. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意结合古典概型的概率公式求解； （2）（i）对于的随机变量，所对应情况数为种，从而可求出所对应的概率，进而可求出的布列与期望；（ii）先求出，然后根据化简可证得结论. 【小问1详解】 记“所取两点的曼哈顿距离为1为事件A”，则 答：所取两点的曼哈顿距离为1的概率为. 【小问2详解】 （i）对于的随机变量，在坐标与中有个坐标值不同，即，剩下个坐标值满足. 此时所对应情况数为种.即 故分布列为： 1 2 … … 数学期望 倒序相加得， 即. （ii） ， 设， 两边求导得，， 两边乘以后得，， 两边求导得，， 令得，， 所以 ． 【点睛】关键点点睛：此题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查离散型随机变量的方差，第（2）问解题的关键是根据题意求出时所对应情况数为种，考查计算能力，属于较难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$