福建省厦门市2025届高三下学期二模数学试题 含解析

这是一份福建省厦门市2025届高三下学期二模数学试题 含解析，共19页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 已知向量，满足，则， 已知，若，则， 已知，则等内容，欢迎下载使用。
满分：150分 考试时间：120分钟
考生注意：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据补集的概念及交集的运算可得结果.
【详解】∵，∴，
∵，∴.
故选：D.
2. 已知向量，满足，则（ ）
A. 0B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把两边同时平方，结合向量的模长可得结果.
详解】由得，，
∵，∴，即.
故选：B.
3. 直线被圆所截得的弦长为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】求出圆心到直线的距离，再利用圆的弦长公式求解.
【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. 已知，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件可得，计算值，结合二倍角公式可得结果.
【详解】∵，∴，即，
∴，
∵，∴，∴，故，
∵，∴，
∴.
故选：C.
5. 已知数列满足，，则的前6项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先，利用递推求出的通项公式，再根据裂项相消法即可求出结果.
【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. 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
【答案】B
【解析】
【分析】设出点的坐标，求出点的坐标，再利用斜率的定义，结合基本不等式求出最大值.
【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. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数函数的单调性可得，，利用对数的运算性质可得，由此可确定答案.
【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. 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.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面平面可得点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，根据点与圆的位置关系可求得AP的最小值.
【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.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定点的轨迹为平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，结合条件计算圆的半径，结合点与圆的位置关系可求最值.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A.
B.
C. 是奇函数
D. 当时，图象与轴有2个交点
【答案】AD
【解析】
【分析】根据函数图象确定周期以及最高点，即可求解和，进而可判断AB，代入即可判断C,求解方程的根，即可求解D.
【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. 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.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用排列组合计算符合要求的基本事件的个数和基本事件的总数，根据古典概型概率公式可得选项A错误，C正确；利用条件概率公式可得选项B正确；根据和事件的概率公式可得选项D正确.
【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. 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
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用给定定义求出函数，再结合各选项条件逐项分析判断.
【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.
【点睛】关键点点睛：利用给定的定义求出最小值函数和最大值函数的解析式是求解问题的关键.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由复数的除法求得复数，然后得到向量的模长.
【详解】,
则，
故答案为：
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.
【答案】80
【解析】
【分析】根据值班人数为2和3两种情况，结合排列组合即可求解.
【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. ，，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__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据相似可得则，即可根据基本不等式得，即可根据求解.
【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：
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.
【答案】（1）证明见解析
（2）11
【解析】
【分析】（1）根据与的关系化简求解即可；
（2）根据等比数列的通项可求得，进而结合分组求和法求得，再根据递增数列的性质求解即可.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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. 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：，，
【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
【解析】
【分析】（1）先计算出的值，根据独立性检验的思想对照临界值得结论；
（2）（i）根据二项分布的有关计算公式，求出的概率；（ii）优质品件数少于2个的概率只有，据此可得结论.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
（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. 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.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的判定性质推理得证.
（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法，再结合棱台体积公式计算得解.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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. 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.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据与轴垂直时得，由此可得双曲线的标准方程.
（2）（i）设，与双曲线方程联立，表示点坐标，借助韦达定理可求最小值.
（ii）设点关于直线的对称点为，表示，代入方程可得结论.
【小问1详解】
对双曲线，令，得，
∴当l与x轴垂直时，.
由得，即，故，
∵，∴，
∴C的方程为.
【小问2详解】
（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.
【点睛】关键点点睛：解决第（2）问（i）的关键是借助韦达定理表示并化简，即可得到最小值.解决第（2）问（ii）的关键是表示出对称点的坐标，借助点在直线上可证明结论.
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，.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，根据定义可将问题转化为恒成立，即可利用二次式的性质求解，
（2）根据函数单调性可得，即可作差后构造函数，求导即可利用函数的单调性求解，
（3）构造函数，，, 利用导数可得在上单调递增，即可利用单调性求解.
【小问1详解】
设，则，
由题意可知恒成立，故，即，
故，解得，
【小问2详解】
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.
小问3详解】
,
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
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
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