福建省部分学校教学联盟2025届高三下学期2月开学质量检测数学试题（解析版）

这是一份福建省部分学校教学联盟2025届高三下学期2月开学质量检测数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】由，，
所以.
故选：A.
2. 给定一组数5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则下面结论正确的还是（ ）
A. 平均数为4B. 方差为
C. 众数为5D. 分位数为2
【答案】B
【解析】平均数为，A错；
方差为，B正确；
众数有两个：2和3，C错误；
将数据从小到大排列为，由知第8百分位为为，D错，
故选：B.
3. 已知向量，，，，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由可得，解得，即；
所以;
因此在方向上的投影向量为.
故选：A.
4. 过点且与椭圆有相同焦点的双曲线的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】椭圆的标准方程为，故，可得焦点坐标为.
设双曲线的方程为，故，解得，
故双曲线的标准方程为.
故选:A.
5. 函数在上的图象不可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】观察选项B、D，图象关于轴对称，即函数是偶函数，根据的解析式，此时，故，又 ，所以.
故选：D.
6. “”是“函数在上单调递减”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】由题意，若，
则，
由，得，
此时函数单调递减，所以充分性成立；
若函数在上单调递减，
由，得，
则，
所以，，
解得，即，所以必要性成立；
因此，“”是“函数在上单调递减”的充分必要条件.
故选：C.
7. 在打结计时赛中，现有5根绳子，共有10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束．则这5根绳子恰好能围成一个圈的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有的打结方式有：种.其中恰好能围成一个圈的打结方式有：种.
所以5根绳子恰好能围成一个圈的概率为：.
故选：D.
8. 已知函数，若方程有且仅有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解之积等于（ ）
A. B. C. 4D. 8
【答案】B
【解析】画出的图象，如下：
令，则，
根据的图象可知，要满足题意必须有两个不等实根，
且有两个整数根，有三个整数根，
结合图象，当与相切时满足要求，
根据对勾函数性质得，在上单调递减，在上单调递增，
故当时，取得最小值，最小值为，故，
又，其在定义域内单调递减，
令，解得，
故时，有两个整数根，分别为2和-16，
由图象可知，三个整数根中，必有一个小于2，
显然只有满足要求，此时，故，
令，解得另一个根为4，又，解得，
故五个整数根分别为，
所以最大整数解和最小整数解之积为.
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. 已知复数，则（ ）
A.
B.
C.
D. 在复平面内对应的点位于第四象限
【答案】BD
【解析】虚数不能比较大小，A选项错误；
复数，则，则，B选项正确；
，C选项错误；
对应点为，D选项正确.
故选：BD.
10. 已知圆：，是直线：上的一动点，过点作直线，分别与相切于点，，则（ ）
A. 存在圆心在上的圆与相内切
B. 四边形面积的最小值为
C. 的最小值是
D. 点关于的对称点在内
【答案】ABD
【解析】圆：的圆心，半径
对于A，在直线上取点，，点在圆外，
以点为圆心，为半径的圆与圆相内切，A正确；
对于B，四边形面积，
点到直线的距离，则，，
当且仅当时取等号，B正确；
对于C，当时，，由，得，
解得，C错误；
对于D，点到直线的距离为，点与点的距离为5，
点与圆心确定的直线斜率为，而直线的斜率为，
即点与确定的直线垂直于，因此点关于的对称点到点的距离为，
则点关于的对称点在内，D正确.
故选：ABD.
11. 如图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（ ）
A. 四面体的外接球的表面积为
B. 存在点，使、、、四点共面
C. 过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为
D. 点是四边形内的动点，且直线与直线夹角为，则点的轨迹长度为s
【答案】ACD
【解析】对于A选项，将四棱锥补成长方体，
所以，四面体的外接球的直径即为长方体的体对角线长，
即四面体的外接球的直径为，
所以，四面体的外接球的表面积为，A对；
对于B选项，连接、、，
因为且，故四边形为平行四边形， 所以，，
因为、分别是、中点，则，所以，
即、、、四点共面，
当与重合时满足、、、四点共面，
但是线段上的动点（不包含端点），B错；
对于C选项，如图，在平面上作⊥，垂足为点，
过点作在平面内⊥交或者于，
因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
又平面，所以⊥，
因为，、平面，所以平面，
平面截正方体截面为平行四边形，
当与点重合时，面积最大，此时，，面积为，
当与点无限接近时，面积接近于，
过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为，C对；
对于D选项，取的中点，连接，则，
则平面，取的中点，以为圆心，为半径作圆，
交、于、，
则点的轨迹为以为圆心，为半径的部分圆弧，
此时满足直线与直线夹角为，
如图，，故，
所以点的轨迹长度为，D对.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 直线与函数和的图象都相切，则________
【答案】
【解析】，设直线与函数的切点为，
又，所以，
设直线与函数的切点为，又，所以，
由可得，
由，可得，
又，所以，
由，得，
所以.
故答案为：.
13. 已知中，
①__________；
②为边的中点，若，则__________.
【答案】或0.25
【解析】，
即
由正弦定理角化边可得
由余弦定理可得；
设
由余弦定理结合①得
在中，在中，
所以，即，
，
等式两边同时除以可得，
解得或（舍去），
所以.
故答案为：；.
14. 意大利数学家斐波那契年~年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为．设是不等式的正整数解，则的最小值为__________．
【答案】8
【解析】由，得，
得，得，
得，，
所以，
令，则数列即为斐波那契数列，
，则，显然数列为递增数列且，所以数列亦为递增数列，
由，得，，，，
，，
因为，，
所以
使得成立的的最小值为8．
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. 已知等差数列满足，的前项和为.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
解：（1）设等差数列的公差为，
由可得，解得，
故，
（2），
故，
由于，
，
其中分别为前项中奇数项的和以及偶数项的和，
故
16. 如图，三棱锥的棱上存在一点，使得平面底面，点在棱上，且平面.
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
（1）证明：因为平面底面，平面平面，，平面，
所以平面 ，又平面，所以.
又因为平面，平面，所以.
又，平面，所以平面.
（2）解：由（1）知平面，平面，所以，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，过点A垂直底面的直线为轴，建立如图所示的空直角坐标系.
因为平面，平面，所以.
又，所以，得
则，
故，
依题意，平面 的一个法向量为
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则
设平面与平面的夹角为，
所以 ，
因此平面与平面夹角的余弦值为
17. 已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）证明：在上恒成立；
（3）讨论方程在上的根的个数.
（1）解：由题意当时，则，
令解得，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
（2）证明：先证明对任意，，
令，，
令解得，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以，即，
故对任意成立，且当且仅当时取等号，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以在上恒成立．
（3）解：由（2），在上恒成立，当且仅当时等号成立，
也即的根为的根，下讨论方程的根的个数，
化简得，令，则，
令解得，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
又，且当时，，时，，
故当时，方程无实根；当时，方程有一个实根；当时，方程有两个实根；当时，方程有一个实根，
综上所述当时，方程无实根；当时，方程有一个实根；当时，方程有两个实根；当时，方程有一个实根．
18. 已知椭圆的长轴长为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知椭圆上点处的切线方程是.在直线上任取一点引椭圆的两条切线，切点分别是、.
①求证：直线恒过定点；
②是否存在实数，使得，若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
（1）解：由题意可知，所以，
所以，
所以椭圆的方程为.
（2）①证明：设，，，
由题设可知：，，
又因为，经过点，所以，
所以，均在直线上，即，
由，解得，所以直线过定点.
②解：设实数存在，因为，所以，
当直线斜率不存在时，此时直线的方程为，
由解得，
所以，故.
当直线斜率时，不满足题意；
当直线斜率时，设直线的方程为，则，
故，
所以，
联立可得，显然，
所以，，
所以.
综上可知，存满足条件.
19. 阿尔法狗是谷歌公司开发的人工智能程序，它第一个战胜了围棋世界冠军.它可以借助计算机，通过深度神经网络模拟人脑的机制来学习、判断、决策.工程师分别用人类围棋对弈的近100万、500万、1000万种不同走法三个阶段来训练阿尔法狗，三个阶段的阿尔法狗依次简记为甲、乙、丙.
（1）测试阶段，让某围棋手与甲、乙、丙三个阿尔法狗各比赛一局，各局比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，记该棋手连胜两局的概率为p，试判断该棋手在第二局与谁比赛p最大，并写出判断过程.
（2）工程师让甲和乙进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立.
（ⅰ）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望的最大值;
（ⅱ）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事M，证明：
（1）解：该棋手在第二局与甲比赛p最大，
该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，，记，，，
该棋手连胜两盘，则第二盘必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛连胜两局的概率为，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为，
则，
同理，该棋手在第二盘与乙比赛连胜两局的概率，
该棋手在第二盘与丙比赛连胜两局的概率，
因为，所以该棋手在第二局与甲比赛 p最大.
（2）（ⅰ）解：因为没有平局，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”或者“乙获胜”，则，
由题意得X的所有可能取值为：2，4，5，
，
，
，
所以X的分布列为：
所以X的期望为：
，
由，得，当且仅当取等号，则，
因此，
所以的最大值为
（ⅱ）证明：设事件A，B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”.
由题知甲最后赢得比赛局数是偶数，
由题设可知前两局比赛结果可能是AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲赢得比赛”，事件BB表示“乙赢得比赛”，事件AB，BA表示“甲、乙各得1分”，当甲、乙得分总数相同时，甲最后赢得比赛的概率与比赛一开始甲赢得比赛的概率相同，
所以
，
因此，得，而，
所以2
4
5