2025届福建省厦门市高三二模数学试题

这是一份2025届福建省厦门市高三二模数学试题，共14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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，满足，则（ ）
A．0B．2C．D．
3．直线被圆所截得的弦长为（ ）
A．1B．C．D．2
4．已知，若，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知数列满足，，则的前6项和为（ ）
A．B．C．D．
6．已知抛物线的焦点为F，P为C上一点，M为PF的中点，原点，则的最大值为（ ）
A．B．1C．D．2
7．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
8．已知正方体的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．
C．是奇函数
D．当时，的图象与轴有2个交点
10．某校开展“强国有我，筑梦前行”主题演讲比赛，共有6位男生，4位女生进入决赛.现通过抽签决定出场顺序，记事件A表示“第一位出场的是女生”，事件B表示“第二位出场的是女生”，则（ ）
A．B．C．D．
11．分别用，表示，中的最小者和最大者，记为，.若，，则（ ）
A．
B．函数有2个零点
C．函数的图象关于轴对称
D．关于的方程的所有解的乘积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知，则 .
13．在五一小长假期间，要从5人中选若干人在3天假期值班（每天只需1人值班），不出现同一人连续值班2天，则可能的安排方法有 种.
14．，，是同一平面内的三条平行直线，，位于两侧，与的距离为1，与的距离为2，点A，B，C分别在，，上运动.若，则面积的最小值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知数列的前项和为，满足.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)记数列的前项和为，求满足的最小正整数的值.
16．某工厂生产某款产品，根据质量指标值Q对产品进行等级划分，Q小于60的产品视为不合格品，Q不小于60的产品视为合格品，其中Q不小于90的产品视为优质品.工厂为了提升产品质量，对设备进行升级.为考察设备升级后产品的质量，质检部门对设备升级前后生产的产品进行简单随机抽样，得到样本数据，制作如下频数表：

(1)根据所给数据填写下列2×2列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析产品合格与设备升级是否有关联.
(2)以上述样本中设备升级后的优质品频率作为升级后产品的优质品率，质检部门为检查设备升级后是否正常运转，每天从该设备生产的产品中随机抽取10件产品并检测.
（i）记X表示抽取的10件产品中的优质品件数，求（精确到0.001）；
（ii）质检部门规定：若抽检的10件产品中，至少出现2件优质品，则认为设备正常运转，否则需对设备进行检修.请根据的值解释上述规定的合理性.
附：.
参考数据：，，
17．如图，在三棱台中，平面平面，，，.
(1)证明：；
(2)当直线与平面所成的角最大时，求三棱台的体积.
18．已知双曲线（，）的左，右顶点分别为，，过C的右焦点的直线与的右支交于两点.当与轴垂直时，.
(1)求C的方程；
(2)直线，与直线的交点分别为，为的中点.
（i）求的最小值；
（ii）证明：点关于直线对称的点在上.
19．已知函数的定义域为，若在上单调递增，则称为“强增函数”.
(1)若是“强增函数”，求的取值范围；
(2)若为“强增函数”，且.当时，比较与的大小，并说明理由；
(3)已知，，，.证明：.
参考结论：当时，.
参考答案
1．【答案】D
【详解】∵，∴，
∵，∴.
故选：D.
2．【答案】B
【详解】由得，，
∵，∴，即.
故选：B.
3．【答案】A
【详解】圆的圆心，半径，
点到直线的距离，
所以所求弦长为.
故选：A
4．【答案】C
【详解】∵，∴，即，
∴，
∵，∴，∴，故，
∵，∴，
∴.
故选：C.
5．【答案】C
【详解】由，
当时，
，
显然，对于时也成立，
所以，
则的前6项和为.
故选：C.
6．【答案】B
【详解】当点为原点时，，
由对称性不妨令点在第一象限，设点，而，则，
因此，当且仅当时取等号，
所以的最大值为1.
故选：B
7．【答案】A
【详解】由题意得，.
∵函数在为减函数，
∴，即，
∵函数在为增函数，
∴，即，∴.
∵，，
∴，
∵，∴，
由得，，由得，，
综上得，.
故选：A.
8．【答案】A
【详解】由题意得，正方体内切球的球心为正方体的中心，记为点，内切球半径.
∵，平面，平面，
∴平面，同理可得平面，
∵平面，，∴平面平面，
∵平面，∴平面，故点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为.
如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，
∴，，.
设平面的法向量为，则，
令，则，故，
∴点到平面的距离为，
∴圆的半径为，
由得，，
∴，
∴的最小值为.
故选：A.
9．【答案】AD
【详解】由图可知：,故，
,故，由于，则，
故，故A正确，B错误，
为偶函数，故C错误，
令，则，故，
当时，此时或故D正确，
故选：AD
10．【答案】BCD
【详解】A.由题意得，，A错误.
B.由题意得，，
∴，B正确.
C.对于事件B可分为两种情况：第一位出场的是男生，第二位出场的是女生；第一位出场的是女生，第二位出场的是女生，
∴，
∴，C正确.
D.，D正确.
故选：BCD.
11．【答案】ACD
【详解】依题意，，当时，；当时，，
则，，
对于A，，A正确；
对于B，，由，解得，B错误；
对于C，，令，，
函数是偶函数，C正确；
对于D，由，得或，
而，则，即，该方程有且仅有一个正根，
或，
，该方程有且仅有一个负根，且，
，该方程要么无解，要么一解，要么两个正根，
且，所以关于的方程的所有解的乘积为，D正确.
12．【答案】
【详解】,
则，
故答案为：
13．【答案】80
【详解】根据题意可知，值班的人数为2人或者3个人，
若人数为2，则需要一个人值班首尾两天，一个人值中间的那一天，故,
若人数为3，则每人值一天班，故,
故总的方法有，
故答案为：80
14．【答案】
【详解】过作于,
由于,所以是中点，故则，
所以，
又则，
故，当且仅当时，的面积的最小值为，
故答案为：
15．【答案】(1)证明见解析
(2)11
【详解】（1）由，①
当时，，即；
当时，，②
则①②得，，
则，即，
所以数列是等比数列，首项为1，公比为.
（2）由（1）得，，即，
则，
则，
因为在为增函数，
则数列为递增数列，
又，，
所以满足的最小正整数的值为11.
16．【答案】(1)列联表见解析，可以认为产品合格与设备升级有关联，该推断犯错误的概率不超过
(2)（i）；（ii）理由见解析
【详解】（1）依题意可得列联表为：
零假设：产品合格与设备升级没有关联，
由列联表可计算，
依据小概率的独立性检验，我们可以推断不成立，
因此可以认为产品合格与设备升级有关联，该推断犯错误的概率不超过.
（2）（i）根据题意，设备升级后的优质品率为，
可以认为从生产线中抽出的10件产品是否为优质品是相互独立的，则，
，
所以；
（ii）如果设备正常运转，一天内抽取的10 件产品中，优质品件数少于2个的概率只有，发生的概率很小，因此一旦发生这种情况，就有理由认为设备运转异常，需对设备进行检修，可见上述规定是合理的.
17．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）在三棱台中，取的中点，连接，
由，得，由平面平面，平面平面，
平面，得平面，而平面，则，
又，则四边形是菱形，，
而平面，因此平面，又平面，
所以.
（2）取中点，则，由平面平面，平面平面，
平面，则平面，直线两两垂直，
以点原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，
则，，
，
设平面的法向量，则，取，得，
设直线与平面所成的角为，
，当且仅当，即时取等号，
所以三棱台的体积
.
18．【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【详解】（1）对双曲线，令，得，
∴当l与x轴垂直时，.
由得，即，故，
∵，∴，
∴C的方程为.
（2）
（i）①不合题意.
②设，
联立得，，
∴，，解得，
∵，∴直线方程为：，故，同理，
∴
.
∴当时，.
（ii）由，得，
∴，直线的方程为.
设点关于直线的对称点为，则，
解得，，即.
∵，由点在直线上可得
∴点在直线上，故点关于直线对称的点在l上.
19．【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）设，则，
由题意可知恒成立，故，即，
故，解得，
（2）由题意可知在上单调递增，
因为，所以，故，
即，所以，
设，
所以在上单调递减，所以当时，，即，
所以，即.
（3）,
令，则，
设，
则当时，单调递减，当时，单调递增，故当，故当且仅当时取等号，
设,
当单调递增，当单调递减，所以，故，
所以，即，
所以在上单调递增，
令，
则，又单调递增，所以，则在上单调递增，
又当所以时，，
所以，即，
所以，
所以不合格品件数
合格品件数
合计
升级前
升级后
合计
0.1
0.05
0.01
2.706
3.841
6.635
不合格品件数
合格品件数
合计
升级前
20
80
100
升级后
10
90
100
合计
30
170
200