福建省漳州市2025届高三下学期第三次教学质量检测数学试题 含解析

这是一份福建省漳州市2025届高三下学期第三次教学质量检测数学试题 含解析，共21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。
1. 锐角的内角的对边分别为，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用锐角三角形的性质与正切函数的单调性，可得“”是“”的充要条件.
【详解】因为是锐角三角形，所以，
若，则，即，
又在上单调递增，所以成立.
若，且，则，所以成立.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求得集合，利用交并补的意义逐项计算判断即可.
【详解】因为集合，，
，所以，故选项A错误.
，故选项B错误.
，故选项C错误.
，故选项D正确.
故选：D.
3. 已知复数，在复平面内，复数，对应的点分别为，，且点与点关于直线对称，则（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】先根据复数几何意义得坐标，再根据对称得到坐标，最后根据复数减法几何意义，结合两点间距离公式得结果.
【详解】因，所以点
因为点与点关于直线对称，所以.
所以
故选:A.
4. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气中的污染物含量单位：与时间单位：间的关系为，其中，，若在前5h内消除了的污染物，则15h后污染物含量还剩余（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据所给函数模型，利用指数幂的运算性质计算可求解.
【详解】当时，；
当时，，即；
当时，，
故选：D.
5. 已知，若在区间上不单调，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合函数图像，根据函数单调性，分析和的取值范围，最后解不等式组即可.
【详解】画出函数的部分图象如图所示，
因为，所以
因为在区间上不单调，
所以解得
故选：B.
6. 记数列的前n项和为，已知，，则 （ ）
A. 1024B. 1023C. 513D. 256
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得，可得是等比数列，可求得，进而利用可求值.
【详解】由，得，
因为，所以，所以，
所以是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，所以，
所以.
故选：B.
7. 已知点M是抛物线上一动点，过点M作直线MN与圆相切于点N，则面积的最小值为（ ）
A. 4B. C. 5D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用圆的切线性质来表示三角形面积，利用两点间距离公式来求线段长，再利用导数思想来求最小值即可.
【详解】由题意得：表示以圆心，以为半径的圆，可知，
所以，
所以当取得最小值时，的面积最小.
设，则，
令，则，
令，则，
所以单调递增，即单调递增.
又，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减.
所以，
即面积的最小值为
故选：A.
8. 设A，B是两个随机事件，且，，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 若A与B互斥，则D. 若，则A与B相互独立
【答案】C
【解析】
【分析】由条件概率公式计算可判断A；由条件概率与对立事件概率公式计算可判断B；由，，可得，可判断C；由已知不能说明成立判断D.
【详解】对于A选项，，若，则，不符合题意，故A选项不正确；
对于B选项，，若，
则，所以，即不符合题意.故B选项不正确；
对于C选项，因为A与B互斥，所以，又，，
所以，，所以，故，故C选项正确；
对于D选项，，不能说明成立，故D选项不正确.
故选：C.
【点睛】方法点睛：理解独立事件的判断方法，以及条件概率的计算公式是解决这类问题的基础.
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分.
9. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，则（ ）
A. 平面平面PBC
B. 平面PCD
C. 当平面AEF时，三棱锥的体积为
D. 当F是BC的中点时，三棱锥外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由线线垂直可得平面，进而可得，可证平面，可判断A；利用反证法可判断B；利用等体积法求得体积可判断C；求得外接球的表面积判断D.
【详解】因为，E为线段PB的中点，所以，
因为底面ABCD，又底面ABCD，所以，
因为底面ABCD是正方形，所以，
又，平面PAB，所以平面.
因为平面PAB，所以.
又，PB，平面PBC，所以平面，
因为平面AEF，所以平面平面PBC，故选项A正确；
当F为线段BC的中点时，由E为线段PB的中点，可得，
又平面，平面，所以平面，
若平面，又，平面，
所以平面平面，又平面，所以平面，
又平面，平面平面，所以，
又显然与不平行，故B错误；
当平面AEF时，，
因为E为线段PB的中点，
所以F为线段BC的中点，所以，
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
又，E为PB的中点，所以，
因为平面PAB，平面PAB，所以，
所以三棱锥的体积
，故选项C正确；
因为平面PBC，，所以三棱锥可补全为长方体.
设三棱锥外接球的半径为R，则，
所以三棱锥外接球的表面积为，所以选项D正确.
故选：ACD.
10. 在中，，，向量在向量上的投影向量为，则（ ）
A. 边上的高为B.
C. D. 边上的中线为
【答案】ABD
【解析】
【分析】过点C作于点D，由条件结合投影向量定义可得，解三角形求，再求边上的高，判断A，利用余弦定理求，结合同角关系求，判断B，根据数量积定义求判断C，设的中点为，由关系两边平方，结合数量积运算律求边上的中线，判断D.
【详解】如图，过点C作于点D，
则向量在向量上的投影向量为，
由已知，所以，
设，则，又，所以，所以，
在中，，又，所以，
所以，，，所以，
在中，易得，
所以边BC的高为，故选项A正确；
在中，由余弦定理的推论得，
又因为，
所以，故选项B正确；
，故选项C错误；
设的中点为，则，
所以，
则，故选项D正确，
故选：ABD.
11. 已知函数对任意x，都有，且，则（ ）
A. B.
C. 是奇函数D. 是的极小值点
【答案】AC
【解析】
【分析】对于选项A、B、C利用赋值法即可判断；对于选项D，令，取，验证不成立即可.
【详解】对于A，令，则，
令，，则，得，故A正确；
对于B，令，，则，得，故B错误；
对于C，令，则，故是奇函数，故C正确；
对于D，由得，
令，则有，
取，则
当时，，则时，，单调递增；
则时，，单调递减，
则在处取得极大值，故D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：对于选项D，令，取，则利用导数求得在处取得极大值.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 记等差数列的前项和为，且，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】设，再利用条件求得.
【详解】设，则，得，故，从而.
同时由可知，即，故，所以.
故答案为：.
13. 的展开式中，常数项为__________.
【答案】
【解析】
【分析】将视为一个整体，利用二项式定理求的展开式，再结合二项式定理确定展开式中各项的展开式中的常数项，由此可得结论.
【详解】
展开式的通项公式为，，
令可得（舍去），所以的展开式中不存在常数项，
的展开式的通项公式为，，
令可得，所以的展开式中常数项为，
的展开式的通项公式为，，
令可得，所以的展开式中不存在常数项，
的展开式的通项公式为，，
令可得，所以的展开式中的常数项为，
又的展开式中没有常数项，
所以的展开式的常数项为
故答案为:
14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为B，直线交椭圆C于点M，直线交椭圆C于点N，且，则椭圆C的方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求得直线的方程，联立方程组求得的坐标，进而求得的坐标，利用，可得，求解可得椭圆的方程.
【详解】依题意得，所以直线的方程为，
代入中，解得，
因为，所以，所以，
所以直线BN的方程为，
代入中，解得，
因为M，，N三点共线，
所以，即，
化简得，
又，所以，，
所以椭圆C的方程为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 甲在进行某项试验时，设计了A，B两种方案.为了判断方案的选择对试验结果是否有影响，方案A运行了60次，试验成功了40次;方案B运行了70次，试验成功了60次.
（1）根据题干信息，完善以下列联表，依据的独立性检验，能否认为方案的选择对试验结果有影响.
（2）以题干样本数据中两个方案试验成功的频率为相应试验成功的概率，若甲在每次试验中，选择方案A的概率为现已知甲在一次试验中获得了成功，请问此次试验选择方案A的概率是多少.
参考公式及数据：.
【答案】（1）列联表见解析，有
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知完善列联表，利用列联表计算卡方，利用独立性检验可得结论；
（2）在一次试验中，选择方案A记为事件A，选择方案B记为事件B，试验成功记为事件，根据全概率公式求得成功的概率，进而利用条件概率求得.
【小问1详解】
完善列联表如下，
零假设方案的选择对试验结果没有影响，
根据列联表中的数据，经计算可得，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为方案的选择对试验结果有影响，此推断犯错的概率不超过；
【小问2详解】
在一次试验中，选择方案A记为事件A，选择方案B记为事件B，试验成功记为事件，
由题意，得A与B是对立事件，且，，
，，
所以，
故甲在一次试验中获得了成功，
则此次试验选择方案A的概率是.
16. 如图，四棱锥的底面是正方形，且，是以为顶角的等腰直角三角形，平面平面
（1）求四棱锥的体积.
（2）试判断在内包括边界是否存在一点Q使得二面角的平面角取到不需要确定点Q的具体位置
【答案】（1）
（2）存在
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直可得平面，利用锥体的体积公式可求;
（2）根据已知条件，利用二面角的定义求得二面角的大小为，当Q与点B重合时，二面角的平面角为，进而可得结论.
【小问1详解】
如图，设点O是AB的中点，连接
由题可知，，
所以
因为，所以
因为平面平面ABCD，平面平面，平面PAB，
所以平面，
所以PO的长为点P到平面ABCD的距离.
所以.
小问2详解】
解法一：
因为平面,平面平面，平面平面，
所以平面,所以即为二面角的平面角,
因为是以为顶角的等腰直角三角形，二面角的大小为，
当Q与在线段上时，二面角的平面角为；
当Q与点P重合时，二面角平面角为.
所以当点Q在在内包括边界运动时，根据二面角变化的连续性可知存在一点Q使得二面角的平面角取到.
解法二：
以点O为坐标原点，OB所在直线为x轴，过点O作AD的平行线为y轴，OP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则点，，，则，
设平面PAD的法向量为，则即
取，从而可得
易知平面ACD的一个法向量为
设平面PAD与平面ACD的夹角为，
则，即平面PAD与平面ACD的夹角为
下同解法一.
17. 设过点，的动直线，交于点P，，的斜率之积恒为
（1）求动点P的轨迹C的方程.
（2）设直线l与曲线C交于点M，若以MN为直径作圆，该圆恒过点
（i）请判断直线l是否符合如下的结论①或结论②，并给予证明.
结论①：过定点；结论②：的斜率为定值.
（ii）是否存在直线l使得为等腰直角三角形?若存在，请求出此时的面积；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）（i）符合结论②，证明见解析；（ii）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用直接法可求轨迹方程；
（2）（i）将已知条件“以MN为直径作圆，该圆恒过点”转化为“”，再利用坐标求解即可；
（ii）将已知条件“为等腰直角三角形”转化为“”，再利用坐标求解即可；
【小问1详解】
设点P的坐标为，直线，的斜率为，,
根据斜率定义可得，
根据斜率之积恒为1，可得
化简可得动点P的轨迹C的方程为
【小问2详解】
（i）符合结论②
证明如下：当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为
由题意可得，解得，不符合题意，舍去
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为
设，，
联立该直线与曲线C的方程可得，
则，
若以MN为直径作圆，该圆恒过点A，则等价于，即可得，
则
，
化简可得，即可得或
当时，可知直线l恒过定点，此时不满足题中条件，故舍去.
故，即直线l的斜率恒为定值,因此l符合结论②;
（ii）不存在.
理由如下：根据（i）可得直线l的方程为，
此时M，N的坐标为，，
线段MN中点T的坐标为，
则直线AT与直线l始终不垂直，由此可得不可能是等腰直角三角形.
【点睛】关键点点睛：第一问，关键点在于要保证斜率的存在，即分母不为0；第二问，（i）关键点在于利用转化思想将圆过定点转化为，通过坐标来运算；（ii）关键在于将等腰直角三角形转化为判断与直线l的垂直问题.
18. 已知函数，，
（1）当时，设函数的图象、的图象与函数的图象的交点分别为P，Q，求线段PQ中点M的坐标.
（2）若对恒成立，求实数k的取值范围.
（3）若函数至少有两个相异的零点，求整数k的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用互为反函数，又函数的图象也关于直线对称，可求线段PQ中点M的坐标.
（2）由题意恒成立，可令，利用单调性可得，参变分离，可得，令，求导可得其最大值，进而可得k的取值范围；
（3）求导，由（2）可得，函数至多只有一个零点，可得，由，可得函数至少存在两个零点，可得结论.
【小问1详解】
当时，函数与函数互为反函数，
两个函数的图象关于直线对称，函数的图象也关于直线对称，
所以P，Q关于直线对称.
综上可知点M为函数的图象与直线的交点，
计算可得M的坐标为
【小问2详解】
不等式恒成立等价于恒成立，
即恒成立，
构造函数，上式等价于
易知为单调递增函数，所以，等价于，
设函数，求导可得，
当时，；当时，；
由此可得在上单调递增，在上单调递减，
即可得，由此可得k的取值范围是
【小问3详解】
的定义域为，由函数，
可得，
由（2）可知，当时，，
即可得在上单调递增，所以函数至多只有一个零点.
所以当函数至少有两个相异的零点时，，
又因为k为整数，所以不妨令，则，
当时，，，当时，，
此时函数至少存在两个零点，由此可得整数k的最大值为
【点睛】关键点点睛：恒成立，得到，利用同构令，利用单调性得到，进而计算可求解.
19. 若一个平面图形是由三点，，构成的三角形，则的面积；若一个平面图形是不规则的平面图形，则可通过割补法将其分解为规则的图形分别运算面积后再通过求和估算面积.已知点，，，，设曲线，直线以及x轴所围成的封闭区域为
（1）分别计算三角形和五边形的面积.
（2）设的面积为求数列的前n项和，并用多边形的面积估算封闭区域的面积.
（3）同学甲提出另一个方案来估算的面积：用多边形的面积来估算的面积得到，利用与证明不等式： 恒成立.
【答案】（1）
（2）数列的前项和为；
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意，得到三点坐标，结合题中所给的面积公式可得三角形的面积：由题意，得到五点坐标，可得五边形可以近似分割为三个三角形和两个矩形，再求面积即可；
（2）由（1）可知，利用错位相减法求和即可；由的前n项的和加上由点，，构成的三角形的面积即可；
（3）多边形可分割为不同的三角形以及矩形，分别求出三角形的面积和，矩形的面积和可估算由，可得不等式恒成立.
【小问1详解】
由题意可知点，，，
结合题中所给的面积公式可得三角形的面积为
由题意可知点，，，，，
在坐标系中描出各点的大致位置，
观察得五边形可以近似分割为三个三角形和两个矩形，
其中三个三角形的面积和为
，
两个矩形的面积和为，
则五边形的面积为；
【小问2详解】
由（1）可知，
设，数列的前n项的和为，
即可得，
则，
两式相减可得，
即，从而可得
综上可得数列的前n项的和为
为了估算的面积还需考虑由点，，构成的三角形的面积，
则该三角形的面积为
综上，知；
【小问3详解】
多边形可分割为不同的三角形以及矩形进行运算.
其中三角形的面积和为
，
矩形的面积和为，
由此可得对应的估算值.
由于多边形包含多边形，
从而可得，即，
化简即可得不等式恒成立.
【点睛】关键点点睛：①利用好一个平面图形是由三点，，构成的三角形的面积；②多边形可分割为不同的三角形以及矩形进行运算.方案
结果
合计
成功
未成功
A
B
合计
方案
结果
合计
成功
未成功
A
40
20
60
B
60
10
70
合计
100
30
130