福建省漳州市2025届高三数学毕业班第三次教学质量检测试题文含解析

PAGE25-福建省漳州市2025届高三数学毕业班第三次教学质量检测试题文（含解析）本试卷共6页.满分150分.考生留意：1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要仔细核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一样.2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案标号.第Ⅱ卷用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答.若在试题卷上作答，答案无效.3.考试结束，考生必需将试题卷和答题卡一并交回.一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.若集合，N是自然数集，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解一元二次不等式化简集合的表示，再依据集合交集的定义进行求解即可.【详解】因为，N是自然数集，所以.故选：B【点睛】本题考查了集合交集的运算，考查了解一元二次不等式，考查了自然数集的特征，考查了数学运算实力.2.若复数的模为1，则不行能是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法运算化简，再利用复数模长公式求出结果【详解】选项A:；选项B:选项C:；选项D:故选：B【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的模长运算.复数的除法运算关键是分母“实数化”，其一般步骤如下：(1)分子、分母同时乘分母的共轭复数；(2)对分子、分母分别进行乘法运算；(3)整理、化简成实部、虚部分开的标准形式．复数的模等于复数在复平面上对应的点到原点的距离，也等于复数对应的向量的模．3.下图是从2024年2月14日至2024年4月19日共66天的新冠肺炎中国/海外新增确诊趋势图，依据该图，下列结论中错误的是（）A.从2024年2月14日起中国已经基本限制住国内的新冠肺炎疫情B.从2024年3月13日至2024年4月3日海外新冠肺炎疫情快速恶化C.这66天海外每天新增新冠肺炎确诊病例数的中位数在区间内D.海外新增新冠肺炎确诊病例数最多的一天突破10万例【答案】C【解析】【分析】依据折线图中的信息对每个选项中的结论进行分析推断，得出答案.【详解】A.依据折线图从2024年2月14日起，中国新增确诊人数几乎为0，所以A正确.B．依据折线图可以看出从2024年3月13日至2024年4月3日海外新增确诊人数在小范围内有增有减，但总体上新增确诊人数在快速的增加，所以B正确.C.由折线图可得这66天海外每天新增新冠肺炎确诊病例数的中位数大约出现在3月18日左右，其值小于，故C不正确.D.由折线图可得在4月3日到4日和4月15日到16日海外新增新冠肺炎确诊病例数都超过10万例，所以D正确.故选：C【点睛】本题考查折线图的相关学问，关键是读懂对折线图中的信息，依据图中信息分析选项作出推断，属于中档题.4.已知变量，满足约束条件，则目标函数的最大值为（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】依据约束条件画出对应的平面区域，化目标函数为，依据目标函数的几何意义，结合图像，即可得出结果.【详解】画出约束条件所表示的平面区域如下（阴影部分），又目标函数可化为，因此表示直线在轴的截距；由图像可得：当直线过点时，在轴的截距最大，即取最大值；由图像易得，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查简洁的线性规划问题，依据目标函数的几何意义，由数形结合的方法求解即可，属于常考题型.5.已知，，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】分析】由平面对量的三角形法则，化简得，代入即可求解.【详解】由，，，依据平面对量的三角形法则，可得.故选：C.【点睛】本题主要考查了平面对量的三角形法则的应用，其中解答中熟记平面对量的运算法则是解答的关键，着重考查运算/求解实力.6.若方程表示椭圆，则实数a的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】依据椭圆标准方程的特点得到不等式组，解不等式组即可.【详解】因为方程表示椭圆，所以有或.故选：B【点睛】本题考查了已知方程表示椭圆求参数取值范围，考查了数学运算实力.7.函数在图象大致为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先考虑奇偶性，再考虑特殊值，用解除法即可得到正确答案【详解】是奇函数，由奇函数图象关于原点对称性质，解除选项A,只有,所以解除选项B取，则，解除选项C;故答案选：D【点睛】本题考查函数图象的推断，属于常考题(1)运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容，熟识图象所能够表达的函数的性质.(2)在探讨函数性质特殊是单调性、最值、零点时，要留意用好其与图象的关系，结合图象探讨.8.已知数列满足，，，，则（）A. B. C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】依据数列的递推关系式，求得数列的前几项，找出数列是以6项为周期的周期数列，即可求解.【详解】由题意，数列满足，且，，当时，可得；当时，可得；当时，可得；当时，可得；当时，可得；当时，可得；可得数列是以6项为周期的周期数列，所以.故选：B.【点睛】本题主要考查了数列的周期性的应用，其中解答中依据数列的递推关系式，求得数列的前几项，找出数列的周期性是解答的关键，着重考查推理与运算实力.9.若，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依据指数函数，对数函数，幂函数的性质，分别判定的范围，即可比较大小.【详解】依据指数函数的性质，可得：，，，依据对数函数的性质，可得：，由幂函数的性质可得：，所以，即，因此.故选：D.【点睛】本题主要考查比较指数幂以及对数的大小，熟记指数函数、对数函数、幂函数的单调性即可，属于常考题型.10.若奇函数的图象是由函数的图象向右平移个单位得到的，则的一个单调递增区间是（）A B.C. D.【答案】A【解析】【分析】化简函数，结合三角函数的图象变换，求得的解析式，再由函数为奇函数，求得，得到，最终利用三角函数的性质，即可求解.【详解】由题意，函数（其中），将函数的图象向右平移个单位，可得，因为函数为奇函数，可得，即，当时，，所以，令，解得，当时，，即函数的一个单调递增区间是.故选：A.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中娴熟应用三角函数的图象变换和三角函数的性质，求得函数的解析式是解答的关键，着重考查推理与运算实力.11.中国是茶的家乡，也是茶文化的发源地.中国茶的发觉和利用已有四千七百多年的历史，且长盛不衰，传遍全球.为了弘扬中国茶文化，某酒店推出特色茶食品“金萱排骨茶”，为了解每壶“金萱排骨茶”中所放茶叶量克与食客的满足率的关系，通过试验调查探讨，发觉可选择函数模型来拟合与的关系，依据以下数据：茶叶量克123454.344.364.444.454.51可求得y关于x的回来方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】依据所给四个选项，分别取对数化简变形，由线性回来方程经过样本中心点，将表中数据求得代入即可检验.【详解】由表中数据可知，，对于A，化简变形可得，同取对数可知，将代入可得，而，因而A正确；对于B，化简变形可得，同取对数可知，将代入可得，而，所以B错误；对于C，，两边同取对数可知，而表中所给为的相关量，所以C错误；对于D，，两边同取对数可知，而表中所给为的相关量，所以D错误；综上可知，正确的为A，故选：A.【点睛】本题考查了线性回来方程的性质及简洁应用，留意利用回来方程经过样本中心点的性质，可代入回来方程检验，属于基础题.12.在直四棱柱中，底面是边长为6的正方形，点在线段上，且满足，过点作直四棱柱外接球的截面，所得的截面面积的最大值与最小值之差为，则直四棱柱外接球的半径为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先依据直四棱柱的特征，得到其外接球的球心位于直四棱柱的中心，记作，过点向底面作垂线，垂足为，连接，取中点为，连接，，，设，依据题意，先得到外接球半径，求出，依据球的特征，分别求出截面面积的最大值与最小值，列出方程求解，得出，即可求出半径.【详解】因为四棱柱是直棱柱，且底面是正方形，所以其外接球球心位于直四棱柱的中心，记作，过点向底面作垂线，垂足为，则，连接，因为底面是边长为6的正方形，所以点为的中点，取中点为，连接，，，设，则，所以外接球的半径为，因为点在线段上，且满足，则，又，所以，因为直四棱柱中，侧面，，所以侧面，所以，又底面，所以，又，所以，则；依据球的特征，过点作直四棱柱外接球的截面，当截面过球心时，截面圆面积最大，此时截面面积为；当截面时，此时截面圆半径为，所以此时截面圆面积为；又截面面积的最大值与最小值之差为，所以，因此，即，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查求几何体外接球的半径，熟记直四棱柱以及球的结构特征即可，考查空间想象实力，属于常考题型.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数，则曲线在点处的切线方程为___________.【答案】【解析】【分析】依据导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式求切线方程.【详解】因，所以，又故切线方程为，整理为，故答案为：【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，切线方程，属于简洁题.14.设内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c.已知，则______.【答案】【解析】【分析】由正弦定理可得，利用两角和的正弦公式化简即可得到答案.【详解】由及正弦定理，得，即，因为，，所以.故答案为：【点睛】本题考查正弦定理在解三角形中的应用，涉及到边角互化，两角和的正弦公式，考查学生的基本运算实力，属于基础题.15.已知点P是双曲线C：（，）的渐近线和圆O：在第一象限的交点，其中c为双曲线C的半焦距，若A为双曲线C的右顶点，且，则双曲线C的离心率为______.【答案】【解析】【分析】依据题意作出示意图，再由已知条件，构造关于的一个等式，解出，求得离心率.【详解】双曲线C：过第一象限的渐近线为，作示意图如图所示：则，，则，又且，则,则，得，即.故答案为：【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，双曲线的渐近线方程，构造的等式是求解离心率的关键，还考查了学生的视察分析和运算实力，属于中档题.16.如图，大摆锤是一种大型的游乐设备，常见于各大游乐园.游客坐在圆形的座舱中，面对外.通常，大摆锤以压肩作为平安束缚，配以平安带作为二次保险.座舱旋转的同时，悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动.大摆锤的运行可以使置身其上的游客惊心动魄.今年元旦，小明去某游乐园玩“大摆锤”，他坐在点处，“大摆锤”启动后，主轴在平面内绕点左右摇摆，平面与水平地面垂直，摇摆的过程中，点在平面内绕点作圆周运动，并且始终保持，，已知，在“大摆锤”启动后，下列个结论中正确的是______（请填上全部正确结论的序号）.①点在某个定球面上运动；②线段在水平地面上的正投影的长度为定值；③直线与平面所成角的正弦值的最大值为；④直线与平面所成角的正弦值的最大值为.【答案】①③【解析】【分析】计算出为定值，可推断命题①的正误；过点作与水平地面垂直，设，考虑时线段在水平地面上的正投影的长度与的关系式，由此可推断命题②的正误；计算出点到平面距离的最大值，可计算出直线与平面所成角的正弦值，由此可推断命题③④的正误.【详解】对于命题①，、均为定值，，，，（定值），所以，点在某个定球面上运动，命题①正确；对于命题②，过点作与水平地面垂直，设，当时，如下图所示：则直线与水平地面所成的角为，所以，线段在水平地面上的正投影的长度为，不为定值，命题②错误；对于命题③④，由于为定值，设点到平面的距离为，则，所以，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，则命题③正确，命题④错误.故答案为：①③.【点睛】本题考查立体几何综合，考查线面角的正弦值的计算、线段投影长度以及球面定义的应用，考查计算实力与推理实力，属于中等题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必需作答.第22、23题为选考题，考生依据要求作答.（一）必考题：共60分.17.设是等差数列，是等比数列.已知，，，.（1）求与的通项公式；（2）设，求的前n项和.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，依据题设条件，列出方程组分别求得，结合等差、等比数列的通项公式，即可求解.（2）由（1）知，，化简，结合“裂项法”，即可求解.【详解】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，由，，可得，，解得，，所以，因为，所以，又因为，所以，即，解得，所以.（2）由（1）知，，可得，所以.【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，以及等比数列的通项的应用，以及“裂项法”求和的应用，其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式，合理利用“裂项法”求和是解答的关键，着重考查推理与运算实力.18.图1是由和组成的一个平面图形，其中是的高，，，，将和分别沿着，折起，使得与重合于点B，G为的中点，如图2.（1）求证：平面平面；（2）若，求点C到平面的距离.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）依据线面垂直的判定定理，先证明平面，再由面面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先依据题中数据，由等体积法，求得，设点C到平面的距离为，再由，即可求出结果.【详解】（1）证明：在图1中，因为是的高，所以，，所以在图2中，，，又因为，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）解：因为，，，所以，所以，因为，，所以，，所以，所以，因为G为的中点，所以，同理，所以，又，设点C到平面的距离为，因为，所以，所以，所以点C到平面的距离为.【点睛】本题主要考查证明面面垂直，以及求点到面的距离，熟记线面、面面垂直的判定定理，敏捷运用等体积法求点到面的距离即可，属于常考题型.19.设抛物线，F为C的焦点，点为x轴正半轴上的动点，直线l过点A且与C交于P，Q两点，点为异于点A的动点.当点A与点F重合且直线l垂直于x轴时，.（1）求C的方程；（2）若直线l不垂直于坐标轴，且，求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将代入抛物线方程可求得，由此可构造方程求得，进而得到结果；（2）设，与抛物线方程联立后得到韦达定理的形式；由知，代入韦达定理的结论整理可得定值.【详解】（1）由题意得：，当点与重合且直线垂直于轴时，方程为：，代入得：，，解得：，的方程为：.（2）证明：可设直线的方程为，，，将代入中得：，则，，由得：，即，即，，又直线不垂直于坐标轴，，，为定值.【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用问题，涉及到抛物线标准方程的求解、抛物线中的定值问题；证明定值问题的关键是能够将角相等的关系转化为斜率之间的关系，进而利用韦达定理整理化简得到定值.20.小明每天从家步行去学校，有两条路途可以选择，第一条路途，需走天桥，不用等红灯，平均用时910秒；其次条路途，要经过两个红绿灯路口，如图，A处为小明家，D处为学校，走路段需240秒，在B处有一红绿灯，红灯时长120秒，绿灯时长30秒，走路段需450秒，在C处也有一红绿灯，红灯时长100秒，绿灯时长50秒，走路段需200秒.小明进行了60天的试验，每天都选择其次条路途，并记录了在B处等待红灯的时长，经统计，60天中有48天在B处遇到红灯，依据记录的48天等待红灯时长的数据绘制了下面的频率分布直方图.已知B处和C处的红灯亮起的时刻恰好始终保持相同，且红绿灯之间切换无时间间隔.（1）若小明选择其次条路途，设当小明到达B处的时刻为B处红灯亮起后的第x秒（）时，小明在B处等待红灯的时长为y秒，求y关于x的函数的解析式；（2）若小明选择其次条路途，请估计小明在B处遇到红灯的概率，并问小明是否可能在B处和C处都遇到红灯；（3）若取区间中点作为该区间对应的等待红灯的时长，以这两条路途的平均用时作为决策依据，小明应选择哪一条路途？【答案】（1）；（2）估计小明在处遇到红灯的概率为，小明不行能在处和处都遇到红灯；（3）小明应当选择第一条路途.【解析】【分析】（1）分别在和两种状况下得到等待红灯时长，进而得到结果；（2）依据几何概型概率公式计算可得所求概率；依据两处红绿灯的总时长均为段时长的，可推断出不会同时遇到红灯；（3）利用频率分布直方图计算可得等待红灯的平均时长，进而确定其次条路途的平均时长，从而确定结果.【详解】（1）当时，小明等待红灯时长；当时，小明无需等待，即；综上所述：.（2）估计小明在处遇到红灯的概率.因为小明过处的时刻肯定是处红灯亮起秒后，而和处的红灯亮起的时刻恰好始终保持相同，且处和处红绿灯的时长和相等，都等于小明走路段所需的时间秒的，所以小明到达处的时刻肯定是处红灯亮起秒之后，所以小明不会在处遇到红灯，因此小明不行能在处和处都遇到红灯.（3）小明走其次条路途平均等待红灯的时长为：（秒），小明走其次条路途平均用时为：（秒），，小明应当选择第一条路途.【点睛】本题考查统计学问的实际应用问题，涉及到利用频率分布直方图估计平均数、统计分析、古典概型概率的求解等学问.21.已知函数，.（1）若，求的最值；（2）若当时，，求m的取值范围.【答案】（1）的最小值为，无最大值；（2）.【解析】【分析】（1）对函数进行求导，推断函数的单调性，结合函数的单调性进行求解即可；（2）对已知的不等式进行化简，然后构造新函数，对新函数求导，分类探讨，结合零点的定义进行求解即可.【详解】（1）的定义域为R，，因为当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以若，则的最小值为，无最大值.（2）由已知，得当时，，即，即恒成立，令，则，，，设，，由（1）知在上递增，①若，则当时，，则在上递增，所以当时，，所以在上递增，所以当时，，符合题意.②若，则，，，因为在上递增，所以在上有唯一零点（记为），且当时，，所以在上递减，所以当时，，所以在上递减，所以当时，，不合题意.综上，m的取值范围为.【点睛】本题