福建省安溪第八中学2024−2025学年高三上学期8月份质量检测 数学试题（含解析）

这是一份福建省安溪第八中学2024−2025学年高三上学期8月份质量检测 数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．设集合，且，则（ ）
A．B．C．8D．6
2．已知复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．下表统计了2017年～2022年我国的新生儿数量（单位：万人）.
经研究发现新生儿数量与年份代码之间满足线性相关关系，且，据此预测2023年新生儿数量约为（ ）（精确到0.1）（参考数据：）
A．773.2万B．791.1万C．800.2万D．821.1万
5．若过点可作3条直线与曲线相切，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．设函数，正实数满足，若，则实数的最大值为（ ）
A．B．4C．D．
7．若，为锐角，且，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知圆，椭圆，过C上任意一点P作圆C的切线l，交于A，B两点，过A，B分别作椭圆的切线，两切线交于点Q，则（O为坐标原点）的最大值为（ ）
A．16B．8C．4D．2
二、多选题（本大题共3小题）
9．过抛物线（）的焦点作直线，交抛物线于两点，若，则直线的倾斜角可能为（ ）
A．B．C．D．
10．函数，则下列结论正确的是（ ）
A．若函数在上单调递减，则
B．若函数的对称中心为，则
C．当时，若有三个根，且，则
D．当时，若过点可作曲线的三条切线，则
11．已知实数，满足，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．展开式中的常数项为 .
13．已知，，，则的最小值为 .
14．设是定义在上的单调递增函数，且满足，若对于任意非零实数都有，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，所对的边分别为，且，其中是三角形外接圆半径，且不为直角.
(1)若，求的大小；
(2)求的最小值.
16．已知各项均为正数的数列满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，，成等差数列，求数列的前n项和．
17．面试是求职者进入职场的一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节.某科技企业招聘员工，首先要进行笔试，笔试达标者进入面试，面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得2分，答错不得分，第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得4分，答错不得分.
(1)若一共有100人应聘，他们的笔试得分X服从正态分布，规定为达标，求进入面试环节的人数大约为多少（结果四舍五入保留整数）；
(2)某进入面试的应聘者第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，每道题是否答对互不影响，求该应聘者的面试成绩Y的数学期望.
附：若（），则，，.
18．我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍（chú）甍（méng）者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也.甍，窟盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍的字面意思为茅草屋顶.”现有一个“刍甍”如图所示，四边形为矩形，四边形，四边形为两个全等的等腰梯形，，，，P是线段AD上一点.
(1)若点P是线段AD上靠近点A的三等分点，Q为线段CF上一点，且，证明：平面；
(2)若E到平面的距离为，与平面所成角的正弦值为，求AP的长.
19．已知函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若是的一个极大值点，求的取值范围；
(3)令且是的两个极值点，是的一个零点，且互不相等.问是否存在实数，使得按照某种顺序排列后构成等差数列，若存在求出，若不存在说明理由.
参考答案
1．【答案】C
【分析】化简集合A，B，根据交集的结果求参数即可.
【详解】由，可得或，
即或，而，
因为，
所以，可得.
故选C.
2．【答案】D
【分析】根据复数的乘方运算及除法运算化简可得，再根据共轭复数的定义求解即可.
【详解】因为，
且，所以，
即，
则.
故选D.
3．【答案】C
【分析】根据向量垂直的坐标表示可得答案.
【详解】因为，所以，即，
所以，所以.
故选C.
4．【答案】A
【分析】先求出，，，得回归直线方程，再代入可得结果.
【详解】由题意得，，
所以，
，
当时，.
故选A.
5．【答案】B
【分析】设过点P的直线与曲线相切点，斜率相等列等式可得方程有3个不同的实数根，最后结合零点存在定理列式计算即可.
【详解】设过点P的直线与曲线相切于点，则=，
其中表示直线的斜率，即，整理得.
过点P可作3条直线与曲线相切等价于方程有3个不同的实数根.
设，则.由，得或，易知和是的两个极值点.
方程有3个不同的实数根，即有3个不同的零点，
所以，即，解得.
故选B．
6．【答案】A
【分析】依题意可得，从而得到，再令，最后利用基本不等式计算可得.
【详解】因为，所以，，
又，
所以，即，
因为，，所以，所以，所以，
又，即，
所以，所以，
令，则，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以，所以，
则实数的最大值为.
故选A
【关键点拨】关键是推导出，从而参变分离得到，再换元、利用基本不等式求出的最小值.
7．【答案】A
【分析】利用两角和的正切公式进行转化，结合基本不等式求得，从而求得的最小值.
【详解】因为，
所以
，
所以，
即，得，
因为，为锐角，所以，所以，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为．
故选A.
8．【答案】C
【分析】先得到椭圆在处的切线方程为，考虑切线的斜率不存在和存在两种情况，得到椭圆两切线方程，联立后得到点Q的坐标，求出当切线斜率不存在时，，当切线斜率存在时，设为，由与圆相切得到，求出椭圆两切线方程，得到，求出，求出的最大值.
【详解】当点坐标为时，此时切线的斜率不存在，
不妨设，此时在中，令，得，
所以不妨令，
下面证明椭圆在处的切线方程为，
理由如下：
当切线的斜率存在时，设切线方程为，
代入椭圆方程得，
因为，
化简得，
所以，
把代入，得，
所以，
则椭圆的切线斜率为，
所以椭圆的切线方程为，整理得，
方程两边同除以，得到，
当切线斜率不存在时，即此时，故切线方程为，
在中，令，可得，
故当切线斜率不存在，切线也满足，
综上：椭圆在处的切线方程为，
故过的两切线分别为和，
联立可得，此时，同理可得时，，
当切线的斜率存在时，设为，
因为与相切，所以，即，
联立与，整理得
，设，
则过的椭圆的切线方程为和，
联立得，
，
则，
综上：的最大值为4.
故选C.
【方法总结】
过圆上一点的切线方程为，
过圆外一点的切点弦方程为.
过椭圆上一点的切线方程为，
过双曲线上一点的切线方程为.
9．【答案】BC
【分析】分直线的倾斜角为锐角、钝角讨论，分别过作准线的垂线，垂足为，直线交准线于，作，垂足为，结合抛物线定义、图形性质可得答案.
【详解】当的倾斜角为锐角时，如图所示，由抛物线（）的焦点为，
准线方程为，分别过作准线的垂线，垂足为，
直线交准线于，作，垂足为，
则，，，
所以，，
所以，则，所以直线的倾斜角；

当直线的倾斜角为钝角时，
如图所示，由抛物线（）的焦点为，
准线方程为，分别过作准线的垂线，垂足为，
直线交准线于，作，垂足为，
则，，，
所以，，
所以，则，
则的倾斜角为.

故选BC.
10．【答案】ACD
【分析】求导得到导函数，根据单调区间解得A正确，代入点计算得到，B错误，求导得到函数的单调区间，确定，，代入计算得到C正确，设出切点，计算切线方程，得到，构造函数，计算极值得到D正确，得到答案.
【详解】对选项A：，，
函数在上为减函数，则，解得，A正确；
对选项B：函数的对称中心为，则，，B错误；
对选项C：，，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
，，，故，，
要证，即，
整理得到，，不等式成立，C正确；
对选项D：设切点为，则，，
则切线方程为，
将代入上式，整理得，方程有三个不同解，
设，则，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
极小值，极大值，故，D正确；
故选ACD.
【关键点拨】本题考查了利用导数求函数的单调区间，函数的切线问题，零点问题，·将参数的范围转化为求函数的极值是解题的关键.
11．【答案】ABD
【分析】先设，然后代入，最后根据判别式即可判断A；对直接使用基本不等式即可判断B；通过特殊值，即可判断C；通过对式子变形，即，然后使用基本不等式即可判断D.
【详解】设，代入得，
化简得，所以，解得，
所以，故A正确；
当时，由，得，
所以, 解得，当且仅当时成立，故B正确；
因为，所以当时，，
所以，所以，故C错误；
由，得，
所以,
解得，当且仅当时取等号， 故D正确.
故选ABD.
【关键点拨】解决A的关键是通过换元结合判别式法计算；解决BD关键是通过基本不等式放缩；解决C的关键是通过特殊值证明不成立.
12．【答案】
【分析】先求出二项式展开式的通项，再令x的指数为0，即可求得常数项.
【详解】展开式的通项为，
令可得，此时常数项为.
13．【答案】
【分析】将所求式子化简整理为，利用基本不等式可求得结果.
【详解】
，
（当且仅当，即，时取等号），
所以的最小值为.
14．【答案】2021
【分析】利用赋值法求解，令，则，再令，结合题意中条件求得，可求得，进而可得结果.
【详解】令，则，
令，则，解得或.
而，将代入，
则，故，
所以.
则，
即.
所以或.
当时，，在上单调递减，不满足题意，舍去；
当时，满足题意.
则.
【方法总结】求解抽象函数解析式问题的方法：
（1）若根据已知可推知函数模型时，可利用待定系数法求解；
（2）若无法推知函数模型，一般结合赋值法，通过解方程（组）法求解．其中，方程或者是已知的，或者是利用已知的抽象函数性质列出的，或者是利用已知方程变换出来的．
15．【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据余弦定理和正弦定理即可求出的大小；
(2)运用正弦定理和二倍角的余弦公式，化简，再利用基本不等式求解的最小值.
【详解】（1）在中，
进而，
，
，
又不为直角，则，，
，；
（2）由(1)知， ，转化为，
又，，.
，
当且仅当，即时，等号成立，
的最小值为.
16．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先由得到是等比数列，再按照等比数列的通项公式求解即可；
（2）先由，，成等差数列求出，再按照错位相减法求和即可.
【详解】（1）由，得，因为，所以，
所以，又知，所以是以1为首项，3为公比的等比数列，
故数列的通项公式为；
（2）由成等差数列可知，，
所以．
所以，①
，②
由①-②，得，
，
故.
17．【答案】(1)16
(2)
【分析】（1）由正态分布的性质可求得，由此可估计进入面试的人数．
（2）由已知得的可能取值为0，2，4，6，8，10，分别求得取每一个可能的值的概率，得的分布列，根据数学期望公式可求得答案.
【详解】（1）因为服从正态分布，所以，，，
所以.
进入面试的人数，.
因此，进入面试的人数大约为16.
（2）由题意可知，的可能取值为0，2，4，6，8，10，
则；
；
；
；
；
.
所以.
18．【答案】(1)证明见详解
(2)或
【分析】（1）连接交于点，通过比例线段证明，可得平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用已知线面角的正弦值，求出点的位置即可.
【详解】（1）证明：连接交于点，连接，

因为，且，所以，
因为，所以，
所以，所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）分别取的中点，连接，则，且，
因为四边形与四边形为全等的等腰梯形，所以，
所以四边形为等腰梯形，且，，
，，又，所以，
因为平面，且为两条相交直线，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
平面平面,
过在平面内作的垂线，垂足为，则平面，
，.
过作，易得两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），
则，，，
设（），所以，，.
设平面的一个法向量，则 ，
令，解得，，所以，
设PF与平面所成角的大小为，则
，
解得，且满足题意，
所以或.
19．【答案】(1)单调递减区间为，，单调递增区间为，；
(2)；
(3)存在，.
【分析】(1)求出函数的导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；
(2)令，即可判断有两个不等实根，，不妨设，再对，，的大小关系分类讨论，即可得到，从而求出的范围；
(3)求出函数的导函数，即可得到，，再确定，根据等差数列的定义求出即可.
【详解】(1)由得，
当，时，，
令，解得，，，
所以当或时，
当或时，
所以的单调递减区间为，，单调递增区间为，.
(2)函数的定义域为，且，
令，
则．
所以有两个不等实根，，不妨设．
①当或时，不是的极值点，此时不合题意；
②当时，则或时，当或时，
所以在，上单调递减，在，上单调递增，
所以不是的极大值点，
③当时，则或时，当或时，
所以在，上单调递增，在，上单调递减，
所以不是的极大值点，
④当时，则或时，当或时，
所以在，上单调递增，在，上单调递减，
所以是的极大值点．
所以，即，
所以，所以的取值范围．
(3)由，知，
由，故，
所以当或时，当时，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
不妨设的两个极值点分别为，．
因为互不相等，是的一个零点，所以，
所以，
所以存在，使成等差数列，
即存在实数，使得按照某种顺序排列后构成等差数列，且．年份
2017
2018
2019
2020
2021
2022
年份代码x
1
2
3
4
5
6
新生儿数量y
1723
1523
1465
1200
1062
956