福建省泉州市2025届高三上学期质量监测（二）数学试题（解析版）

这是一份福建省泉州市2025届高三上学期质量监测（二）数学试题（解析版），共19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。
1. 已知向量，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为向量，，且，则，
解得.
故选：C.
2. 设集合，，若，则（ ）
A. 2B. 1C. 0D. -1
【答案】D
【解析】由题意可得：，解得：或，
当时，，，不符合舍去，
当时，，，符合，
故 ，
故选：D.
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由得，，
故选：B.
4. 已知定义在上的函数为奇函数，且，则（ ）
A. -2B. 0C. 1D. 2
【答案】B
【解析】因为函数为奇函数，
所以，令有，又由，所以，
故选：B.
5. （ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
.
故选：C.
6. 已知正三棱台的高为4，的内切圆和的外接圆的半径均为1，则该正三棱台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】和均为等边三角形，设边长为，
故，又，
故，解得，故，
在中，由正弦定理得，解得，
故，
故正三棱台体积为.
故选：A.
7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在的渐近线上，与轴垂直，点在轴上，.若，则的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】B
【解析】如图：不妨设点在第一象限.
因为与轴垂直，，且 ，
所以.
所以点坐标为.
所以.
所以.
故选：B.
8. 若函数有个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设，则对有，
对有.
所以在上递增，在上递减，
这表明，且等号成立当且仅当.
①当时，对有，故至多有一个零点，不满足条件；
②当时，取充分小的正数，使得，，；
再取充分大的正数，使得，，，则，且
，，，
从而根据零点存在定理，可知有个零点，满足条件；
③当时，由于当时，单调递减，故在的范围内至多有一个零点.
而当时，有，且若，则必有，即.
所以在的范围内至多有一个零点.
二者结合，可知至多有两个零点，不满足条件.
综合①②③，可知的取值范围是.
故选：C.
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. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A. 的最小正周期为
B.
C. 在区间上单调递减
D. 在区间上的取值范围为
【答案】AD
【解析】对于A，由题得，
所以的最小正周期为，故A正确；
对于B，，
，
所以，故B错误；
对于C，，则，
因为函数在上单调递增，
所以函数在区间上单调递增，故C错误；
对于D，，则，则，
所以在区间上的取值范围为，故D正确.
故选：AD.
10. 设正项等比数列的前项和为，的前项积为.若，，则（ ）
A. 数列等差数列B.
C. D. 的最大值为
【答案】ACD
【解析】对于选项A：设公比为q，
因为，所以，
故，
由为常数，故选项A正确.
对于选项B：，所以，
解得：或（舍），所以，故选项B错误.
对于选项C：，故选项C正确.
对于选项D:
由于，其图象对称轴为，
，故或时，的最大值为，故选项D正确.
故选：ACD.
11. 已知正方体的棱长为2，点是的中点，点满足，点在上，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则平面
B. 若，则
C. 若，则二面角的正弦值为
D. 若，则三棱锥的体积的最大值为
【答案】BCD
【解析】
如图建立空间直角系，
则,
则，
则，
选项A：若，，，
设平面的法向量为，则由，，
可知，令，得，故，
由，故A错误；
选项B：，
，，故B正确；
选项C：若，，设，
，
由得，得，
故，又，
设平面的法向量为，
则，
令，得，故，
平面的法向量为，
设二面角的平面角为，则，
故，故C正确；
选项D：若，则，，
由得，得，
当时，，
当时，，当且仅当，即时等号成立，
平面的法向量为，
点到平面的距离，
，
故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. 已知复数，则_____.
【答案】
【解析】，所以，
故答案为：.
13. 写出一个与直线和轴都相切且半径为1的圆的标准方程_____.
【答案】，或，或，或.（答 案 不 唯 一）
【解析】设圆的标准方程为，根据题意有，
圆心到直线的距离为，
当时，或；当时，或；
所以满足条件的圆的标准方程为，或，
或，或.
14. 在平面四边形中，，，，，则_____；若点是的中点，则当取得最大值时，四边形的面积为_____.
【答案】 10 52
【解析】中，由余弦定理得，
即，整理得，而，解得，
取中点，连接，由点是的中点，得，，
在中，,，
，则，，当且仅当共线时取等号，
因此当取得最大值时，，，，
所以四边形的面积.
故答案为：10；52.
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. 已知函数的图象在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为.
（1）求；
（2）求在区间上的最大值和最小值.
解：（1）由得，
所以，又，
所以在点处的切线方程为，即.
当时，；当时，.
因为与坐标轴所围成的三角形的面积为且，
所以，所以.
（2）由（1）得，.
由得或.
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
因为，，
，，且，
所以在上的最大值为，最小值为.
16. 如图1，在矩形中，，，点E，F分别在边AD，BC上，且.将四边形沿翻折至四边形，使得，如图2所示.

图1 图2
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
（1）证明：，，，
，.
，，，
.又，平面，
， 平面.
（2）解：连接.
，，
，
.
过点作，则.
又平面，则，，，
以为原点，，EF，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立如下图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，.
设平面的法向量为，
则即
取，可得.
设直线与平面所成的角为，
则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
17. 已知点A，B为椭圆的上、下顶点，点，，其中，且，直线与交于点.
（1）证明：点在上；
（2）若直线交于，两点，且，求.
（1）证明：法一：由题可知
（i）若，则，此时，经检查符合椭圆的方程，所以点在上.
（ii）若，则直线的方程为，
直线的方程为，
由可得
①②，消去，得，
即，所以点在上.
法二：由题可知
（i）若，则，经检查符合椭圆的方程，所以点在上.
（ii）若，则直线的方程为，
直线的方程为（*），
由消去，得，代入（*）式得，
所以.
因为，
符合椭圆的方程，所以点在上.
（2）解：法一：因为直线的斜率，
所以直线的方程为，即.
由方程组消去，得.
由得，解得.
设，，则，.
则，，
所以.
又，所以，解得，或者.
由，
又，
所以，或者.
法二：由于直线的斜率，
设直线的方程为（为参数），
代入椭圆方程，得，即，
由，，得，
解得，或者.
由，
又，
所以，
所以，或者.
18. 随机数广泛应用于数据加密、安全通信、金融等领域.计算机中的随机数是由算法产生的，其“随机性”的优劣取决于所采用的算法.某工厂计划生产一种随机数发生器，这种发生器的显示屏能显示1，2，3，4中的一个数字，每按一次数字更新按钮后，显示屏上的数字将等可能地更新为另三个数字中的一个.在试生产阶段，采用两种不同算法，生产出相应算法的甲、乙两种随机数发生器.为评估两种算法的优劣，从这两种随机数发生器中随机抽取150件进行检验，得到数据饼图如下：
（1）已知这150件发生器中，乙种发生器的三级品为2件.在答题卡中填写列联表；依据小概率值的独立性检验，能否认为甲、乙两种发生器的一级品率存在差异?
（2）若发生器显示屏的初始显示数字为1，记按次数字更新按钮后得到的数字为，.
（i）求，；
（ii）检测一个发生器是否为一级品的方案为：每件被测发生器需进行100轮测试，每轮测试共按10次数字更新按钮；表示100轮测试得到“”的频率，规定满足的被测发生器为一级品.若某件发生器经100轮测试后得到，能否判断该发生器为一级品?
附：，
解：（1）根据题意可得列联表：
零假设为：甲、乙两批发生器的一级品率没有差异.
根据列联表中的数据，经计算得
，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
所以可以认为甲、乙两批发生器的一级品率存在差异，此推断犯错误的概率不大于0.05.
（2）解法一：（i）依题意可得.
记“按次按钮后显示的数字为1”，
由全概率公式，得
.
（ii）由全概率公式，得
，
所以，
即，且，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，即.
所以.
因为，所以该发生器为一级品.
解法二：（i）依题意可得.
记“按次按钮后显示的数字为1”，“按次按钮后显示的数字为2”，
“按次按钮后显示的数字为3”，“按次按钮后显示的数字为4”，
则，且，，，两两互斥.
依据题意得，，
.
由全概率公式，得
.
（ii）
所以，
即，且，
所以是首项为，公比为的等比数列.
所以，即.
所以.
因为，所以该发生器为一级品.
解法三：（i）依题意可得.
记“按次按钮后显示的数字为1”，
由全概率公式，得
.
.
.
.
.
.
.
.
.
因为，所以该发生器为一级品.
19. 将数组的某一个全排列记为，若满足：，能被3整除，则称为的一个“好排列”.例如：的“好排列”共有两个：，.
（1）写出的所有“好排列”；
（2）若中“好排列”至少有4个，求的取值范围；
（3）记的“好排列”个数为，证明：.
解：（1）的所有“好排列”为：.
（2）当时，只有2个，不符合要求；
当时，由（1）可知，只有3个“好排列”，不符合要求；
当时，的“好排列”有，，，，至少有4个，符合要求；
当时，的“好排列”至少有，
，，，至少4个，符合要求；
故当时，中“好排列”至少有4个.
（3）（i）考虑中“好排列”个数：
因为是的一个排列，考虑除以3的余数，共有个1，n个2，n个0；
考虑由余数形成的排列，其中为个1，n个2，个0的全排列，为满足“好排列”的条件要求，
排列中每个1的右边必为2，故“好排列”的最后一个数为1，形如；
其中的排法数即为个0与个的排法数，即.
故中“好排列”的个数.
（ii）考虑中“好排列”个数；
因为是的一个排列，考虑除以3的余数，共有个1，个2，n个0；
考虑由余数形成的排列，其中为个1，个2，个0的全排列；
①情况1：中，个1与个2形成个，每个1的右边均为2；
此时为“好排列”的排法数即为个0与个的排法数，
即.故“好排列”的个数有
；
②情况2：最后位置的数为1，则第一位的数必为2，即排列；
其中的排法数即为个0与个的排法数，即.
故“好排列”的个数有
.
由①，②可得.
所以
一级品
非一级品
合计
甲
乙
合计
0.1
0.05
001
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
一级品
非一级品
合计
甲
26
24
50
乙
70
30
100
合计
96
54
150