福建省漳州市2025届高三第四次质检 数学试卷（含解析）

这是一份福建省漳州市2025届高三第四次质检 数学试卷（含解析），共17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
1．下列集合中表示空集的是（ ）
A．B．
C．D．
2．若复数满足，则（ ）
A．1B．C．2D．4
3．已知向量与的方向相反，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．若，，，则（ ）
A．B．C．D．
5．的展开式中项的系数为（ ）
A．B．C．15D．20
6．设等差数列的前n项和为，若，，则数列的前2025项和为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数的值域为，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．在菱形中，，，将沿对角线翻折至，则当三棱锥表面积最大时，三棱锥外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．截至2025年3月17日中午12：58，国产动画电影《哪吒之魔童闹海》全球总票房已达151.25亿元人民币，强势跻身全球影史票房榜第五位，成为首部冲入该榜单前十的亚洲动画电影.下图是2025年1月29日至3月9日（共40天）该电影内地单日票房条形图，由此可知下列结论中正确的是（ ）
A．这40天该电影内地单日票房中最高的是2月4日
B．这40天该电影内地单日票房中大于1亿元的天数比例超过70%
C．这40天该电影内地单日藜房的第70百分位数大于5亿元
D．这40天该电影内地单日票房的平均数大于5亿元
10．已知正实数x，y满足，则（ ）
A．B．
C．D．
11．在正四面体ABCD中，质点M，N的初始位置均在正四面体顶点A处，它们每隔1秒钟都沿着正四面体的棱移到另一个顶点1次.当M，N在同一位置时，将各自独立等可能地移向另三个顶点之一；当M，N在不同位置时，移到对方位置的概率均为，往另两个位置移动的概率均为.记为n秒后M，N在同一位置的概率，则（ ）
A．
B．的最小值为
C．2秒后M，N在B处相遇的概率为
D．4秒后M，N首次回到A处且途中恰经过B，C，D各1次的概率大于
三、填空题
12．已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边过点，则 .
13．若函数的导函数为偶函数，且，都有，则可以是 .（写出一个满足条件的函数解析式即可）
14．已知直线l过点，分别与直线：，：交于A，B两点，圆C：过A，B两点，则△ABC面积的最大值为 ；当△ABC面积取最大值时，直线l的方程为
四、解答题
15．在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足.
（1）求b；
（2）若，求正整数c的值.
16．已知函数.
（1）若，求在上的最大值；
（2）若在上恰有两个零点，求实数a的取值范围.
17．已知、分别为椭圆C：（）的左、右焦点，C的离心率为，P为C上一点，的周长为6.
（1）求C的方程；
（2）若P为C的上顶点，过且斜率不为0的直线l交C于A，B两点，交线段于点N，且，求l的方程.
18．如图，在四棱锥P-ABCD中，，，，E是PD的中点，F，M分别在线段PC，PB上，且，，.
（1）证明：多面体为四棱锥；
（2）作出四棱锥的底面所在平面与平面的交线，写出画法，不必证明；
（3）若，平面，且，求四棱锥的体积.
19．两人玩一轮“石头、剪刀、布”游戏，胜者得1分，负者得0分，两人玩一轮游戏是指：两人都出一次拳，若出现胜负，则该轮游戏结束；若平局，则两人继续出拳，直至出现胜负，则该轮游戏结束.
（1）设甲、乙两人每次出三种拳的概率都相等，且各次出拳相互独立，当这两人玩一轮“石头、剪刀、布”游戏分出胜负时，甲共出拳X次，求X的分布列与；
（2）现60人玩“石头、剪刀、布”游戏，任意两人都玩一轮该游戏.记第i个人的累计总得分为（，2，3，…，60）.对于这60人中的任意n人（）组成的集合T，若T中存在一人胜T中的其余所有人，则称T存在“全胜人”，并称这个人为T的“全胜人”；若T中存在一人负T中的其余所有人，则称T存在“全负人”，并称这个人为T的“全负人”；已知这60人中任意32人组成的集合都存在“全胜人”，也存在“全负人”.
①求；
②按如下方法在这60人中选出29人：先在这60人中任选32人，记这32人组成的集合的“全胜人”为，选出；除去，从余下的59人中任选32人，记这32人组成的集合的“全胜人”为，选出；…；依此类推，直至选出第29个“全胜人”.记的累计总得分为（，2，3，…，29），证明：，，…，两两不相等；
③证明：，，，…，是0，1，2，…，59的一个排列.
参考答案
1．【答案】D
【详解】对于A，集合存在一个元素为，故A不符合题意；
对于B，集合存在一个元素为，故B不符合题意；
对于C，由，则，即该方程存在两个不相等的实数根，
所以集合存在两个元素，故C不符合题意；
对于D，由，则，即该方程不存在实数根，
所以集合无元素，故D符合题意.
故选D.
2．【答案】C
【详解】法1：因为，所以，所以.
法2：因为，所以，即.
故选C.
3．【答案】B
【详解】依题意可设向量，且；
所以，
由可得，解得或（舍）；
即可得.
故选B
4．【答案】C
【详解】易知，
，
，
所以，
故选C
5．【答案】A
【详解】的展开式的通项为，
令，得，则，
则的展开式中项的系数为.
故选A
6．【答案】D
【详解】设等差数列的公差为，
依题意可得，解得；
所以可得，因此，
所以
.
故选D
7．【答案】D
【详解】当时，易知，
当时，设在的值域为，由题意可得，
当时，，即，符合题意；
当时，由不等式化简可得，解得
由不等式组，解得.
综上可得.
故选D.
8．【答案】C
【详解】
由题意，因为是菱形，，，
则，是等边三角形，面积固定，
当且时，和的面积最大，
即三棱锥表面积最大，
因为，则，
取的中点E，连接，
则，
，
如图，过球心作平面，则为等边三角形的中心，
则，所以，
又，所以，，
在中，，则，
由勾股定理得，
所以球的半径，
所以三棱锥的外接球的体积为.
故选C．
9．【答案】ABC
【详解】对于A，由图可知月日对应的柱子最高，即单日票房最高，故A正确；
对于B，由图可知单日票房小于亿元的有天，大于亿元的有天，则，故B正确；
对于C，由图可知单日票房大于亿元的有天，小于亿元的有天，且，
由图易知第个百分位数一定大于亿元，故C正确；
对于D，由C可知，大于亿元的仅仅天，则平均数一定小于亿元，故D错误.
故选ABC.
10．【答案】ACD
【详解】对于A，，当且仅当，等号成立，则，故A正确；
对于B，由，则，由，则，
所以，故B错误；
对于C，，当且仅当，等号成立，故C正确；
对于D，由B易知，当且仅当，等号成立，则，故D正确.
故选ACD.
11．【答案】AC
【详解】选项A：
的初始位置均在点处，1秒后：
若均移动到同一顶点（）的概率为.
若移动到不同顶点的概率为，但此时不在同一位置.
因此，，选项A正确.
选项B：
通过递推公式，
可得通项为：，所以选项B错误.
选项C：
2秒后在处相遇说明，第一秒时均不在处，第二秒时均在处.
共有四种情况的路径：
①当时，概率为.
②当时，概率为.
③当时，概率为.
④当时，概率为.
所以，2秒后在处相遇的概率为：.
所以选项C正确.
选项D：分情况讨论
①当在这4秒中经过的路径完全相同时，比如：.
共有6种路径，总概率为：.
②当在这4秒中经过的路径完全不相同时即在处完全不相遇时，比如：.
共12种情况，此时概率为：.
③当在这4秒中经过的路径中有一次相遇时即在处相遇一次时，比如：
.
共有18种情况，此时概率为：.
综合以上三种讨论，满足D选项的总概率为：.故D错误.
故选AC.
12．【答案】
【详解】已知角 的终边过点，则 ，
.计算半径 .
利用三角函数定义:

因此，

13．【答案】（答案不唯一）
【详解】因为偶函数，则，即，
则，其中为常数，
不妨设，即为奇函数，
结合可得，，则，
则有一个周期为，
故可以为.
14．【答案】1 或
【详解】
由，则其圆心，半径，设，
易知，则当时，取得最大值为，
在等腰中，
当直线的斜率不存在时，直线，
代入直线，解得，则；
代入直线，解得，则；
所以，显然此时取得最大值为.
当直线的斜率存在时，可设直线，
联立可得，解得，，则；
联立可得，解得，，则；
，
由，则，解得，即直线，
所以取得最大值为，则直线或.
15．【答案】（1）
（2）.
【详解】（1）由正弦定理，得，
即，即，
又，所以.
（2）因为，，，
所以，即，
由△ABC为锐角三角形可得，即，
解得，又C为正整数，所以.
16．【答案】（1）-1
（2）
【详解】（1）若，则，
因为当时，，仅当时，“＝”成立，
所以在上单调递减，
所以在上的最大值为.
（2），令，则，
当时，由，即，得或.
当时，，递增；
当时，，递减；
当时，，递增；
，，，，
因为在上恰有两个零点，
所以直线与曲线（）恰有两个交点，
所以实数a的取值范围为.
17．【答案】（1）
（2）.
【详解】（1）设焦距为2c，依题意，解得，，
所以，所以C的方程为.
（2）
依题意，得，，，
则直线的方程为，
设l的方程为，，，
联立，得，
所以，，
联立，得N的纵坐标，
由于，所以，其中为的纵坐标，
因为N，必在A，B之间，所以，即，
所以，解得，
所以l的方程为.
18．【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析
（3）
【详解】（1）法一：取的中点，连接，
因为是的中点，且，
所以是的中点，
所以，，
又，，，
所以且，
又，，所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以，又，所以，
所以四点共面，即四边形为平面四边形.
又多面体其余各面都是有一个公共顶点P的三角形，
所以多面体为四棱锥.
法二：连接AC，AF，由已知，有，
，
所以，所以四边形AMFE为平面四边形.
又多面体PAMFE其余各面都是有一个公共顶点P的三角形，
所以多面体PAMFE为四棱锥，
法三：连接AF，由已知，有
，
，，
所以，
所以A，M，F，E四点共面，即四边形AMFE为平面四边形.
又多面体PAMFE其余各面都是有一个公共顶点P的三角形，
所以多面体PAMFE为四棱锥.
（2）法一：如图，延长交于点，连接，直线即为所求作的交线.
易知为平面与平面的公共点，
又为与的交点，易知也是平面与平面的公共点，
所以即为交线.
法二：如图，连接EM并延长交BD于点N，连接AN，直线AN即为所求作的交线.
易知：为平面与平面的公共点，所以即为交线.
法三：连接FE并延长交CD于点N，连接AN，直线AN即为所求作的交线.
，
易知：为平面与平面的公共点，所以即为交线.
（3）法一：因为，平面ABCD，如图，以A为坐标原点，过点A且与CD平行的直线为x轴，AD，AP所在直线分别为Y轴，z轴建立空间直角坐标系，连接AF，
则，，，，，，
故，，，，，.
设平面AEF的法向量为，
则，即，不妨取，则可得，
则点P到底面AMFE的距离为，即为四棱锥的高.
因为，所以，因此四边形AMFE为直角梯形，
又由（1）知，，则，
从而，四棱锥P-AMFE的体积.
法二：连接AF，
因为，所以，所以，
所以四棱锥PAMFE的体积，
因为，
所以
，
所以.
19．【答案】（1）分布列见解析，
（2）①1770；②证明见解析；③证明见解析
【详解】（1）X的所有可能取值为1，2，3，….
因为甲每次出拳时，平局的概率为，分出胜负的概率为，
“”表示“甲、乙这两人玩一轮该游戏分出胜负时，甲共出拳k次”，即“甲前次出拳都平局，第k次出拳时分出胜负”，
所以X的分布列为，其中，即
所以.
（2）①因为任意两人玩一轮该游戏，都产生1分，60人共玩了轮该游戏，
所以.
②由题意，存在1，2，…，29的一个排列，，…，，使得对于，2，…，28，都有的“全胜人”为.（假设上面结论不成立，按下面方法剔除人：若中存在“全胜人”，则剔除这个人；再考虑剩下的28人组成的集合，若该集合还存在“全胜人”，则再剔除这个人；…；依次类推，最后必存在t个人，这t人组成的集合不存在“全胜人”，记这t个人为，，…，（）.现考虑选时的32人组，记为，用，，…，替换，，…，后得到另一个32人组成的集合，该集合不存在“全胜人”，与条件矛盾）.
记60人中除，，…，外的其余31人为，，…，.
由题意的选人规则可知（），且胜所有的（）.
现考虑（），若没有全胜所有的（），则存在胜，则存在“胜环”：→→…→→→（A→B表示A胜B）.
现考虑选时的32人组，记为，用，…，，替换，，…，后得到另一个32人组，这个集合无“全胜人”，与条件矛盾.因此（）胜所有的（），从而（），故，，…，两两不相等.
③由②可知，，…，是31，32，…，59的一个排列.
现按如下方法选出29个“全负人”：先在这60人中任选32人，记这32人组成的集合的“全负人”为，选出：除去，从余下的59人中任选出32人，记这32人组成的集合的“全负人”为，选出；…；依此类推，直至选出第29个“全负人”.
记的累计得分为（），用与②类似的方法可以证明，，…，是0，1，…，28的一个排列，并且除（）和（）外剩余的两人都胜所有的（）且都负所有的（），因此这两人的累计总得分只能是29或30，又这两人的累计总得分之和为，所以这两人的累计总得分只能是一个29，另一个30.
综上可知，，，…，是0，1，2，…，59的一个排列.
【注】“，，…，是0，1，…，28的一个排列”的具体证明如下：
由选人规则可知存在1，2，…，29的一个排列，，…，，使得对于，2，…，28，都有的“全负人”为.（假设上面结论不成立，按下面方法剔除人；若中存在“全负人”，则剔除这个人；再考虑剩下的28人组成的集合，若该集合还存在“全负人”，则剔除这个人；…；依次类推，最后必存在r个人，这r人组成的集合不存在“全负人”，记这r个人为，，…，（）.现考虑选时的32人组，记为，用，，…，替换，，…，后得到另一个32人组成的集合，该集合不存在“全负人”，与条件矛盾）.
记60人中除，…，外的其余31人为，，…，，
由选人规则可知（），且所有的都胜（）.
现考虑（），若没有所有的都胜（），则存在使得胜，从而存在“胜环”：→→→…→→.
现考虑选时的32人组，记为，用，…，，替换，，…，后得到另一个32人组，这个集合无“全负人”，与条件矛盾.因此所有的（）都胜所有的（），从而（），故，，…，是0，1，…，28的一个排列.X
1
2
…
k
…
P
…
…