福建省泉州市2025届高三数学毕业班单科质量检查试题文含解析

PAGE22-福建省泉州市2025届高三数学毕业班单科质量检查试题文（含解析）留意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.考生作答时，将答案答在答题卡上.请依据题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸、试题卷上答题无效.3.选择题答案运用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案运用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清晰.4.保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】解一元二次不等式化简集合，再进行集合的补运算，即可得答案.【详解】因为，所以，则.故选：C．【点睛】本题考查一元二次不等式的求解、补集的运算，考查基本运算求解实力，属于基础题.2.若复数为纯虚数，则实数的值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先对得数进行乘法运算，再利用纯虚数的概念，得到实数的值.【详解】复数为纯虚数，所以，解得.故选：A.【点睛】本题考查复数的四则运算、纯虚数的概念，考查基本运算求解实力，属于基础题.3.若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先利用倍角公式得到，再利用诱导公式求得的值.【详解】因，所以，即.故选：A．【点睛】本题考查倍角公式、诱导公式应用，考查基本运算求解实力，求解时留意符号的正负.4.新中国成立70周年，社会各界以多种形式的庆祝活动祝愿祖国，其中，“快闪”因其独特新奇的传播方式吸引大众眼球.依据腾讯指数大数据，关注“快闪”系列活动的网民群体年龄比例构成，及男女比例构成如图所示，则下面相关结论中不正确的是（）A.35岁以下网民群体超过70%B.男性网民人数多于女性网民人数C.该网民群体年龄的中位数在15～25之间D.25～35岁网民中的女性人数肯定比35～45岁网民中的男性人数多【答案】D【解析】【分析】对A，利用频率分布直方图可得比例；对B，由男女比例构成图可得结论；对C，由频率分布直方图可估计中位数；对D，无法推断；故可得答案.【详解】对A，依题意可得，35岁以下网民群体所占比例为，故A正确；对B，由男女比例构成图可得男性所占比例，故B正确；对C，因为15岁以下所占比例为，35岁以下所占比例为，故该网民群体年龄的中位数在15～25之间，故C正确；对D，答案无法推断，故D错误．故选：D.【点睛】本题考查统计中的频率分布直方图和丙图，考查数据处理实力和阅读理解实力，求解时要充分提取图中的信息，防止对问题的片面理解.5.设是中心在坐标原点的双曲线．若是的一个顶点，是的一个焦点，则的一条渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知条件得的值，从而得到双曲线的方程，再利用渐近线方程的定义，求得答案.【详解】由已知双曲线的焦点在轴上，，，所以，所以双曲线的渐近线方程为，即.故选：C．【点睛】本题考查双曲线方程、渐近线方程，考查基本运算求解实力，属于基础题.6.已知等差数列中，，则（）A.32 B.27 C.24 D.16【答案】C【解析】【分析】依据等差数列的通项公式，将等式化成关于的方程，再整体代入，求得式子的值.【详解】设等差数列公差，则，所以.故选：C．【点睛】本题考查等差数列中的基本量运算，考查整体思想的运用，求解的关键是将整体代入所求的式子，考查运算求解实力.7.“堑堵”是中国古代数学名著《九章算术》中记载着的一种多面体．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某“堑堵”的三视图，则该“堑堵”的体积等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依据几何体的三视图可得该几何体为直三棱柱，再利用体积的计算公式求得答案.【详解】由已知可得该“堑堵”是直三棱柱，所以体积，故选：C．【点睛】本题以数学文化为背景，考查三视图还原几何体的直观图，并求柱体的体积，考查空间想象实力和运算求解实力.8.函数的图象大致为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据函数的奇偶性可解除两个选项，再依据上的单调性，即可得到正确答案.【详解】因为的定义域为关于原点对称，且，所以为偶函数，故解除C，D；因为在恒成立，所以在上单调递增.故选：B．【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和单调性选择函数图象，考查数形结合思想的运用，求解时要留意解除法的应用.9.明代朱载堉创建了音乐学上极为重要的“等程律”．在创建律制的过程中，他不仅给出了求解三项等比数列的等比中项的方法，还给出了求解四项等比数列的中间两项的方法．比如，若已知黄钟、大吕、太簇、夹钟四个音律值成等比数列，则有，，．据此，可得正项等比数列中，（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依据题意可得三项等比数列的中项可由首项和末项表示，四项等比数列的第2、第3项均可由首项和末项表示，从而类比出正项等比数列中的可由首项和末项表示.【详解】因为三项等比数列的中项可由首项和末项表示，四项等比数列的第2、第3项均可由首项和末项表示，所以正项等比数列中的可由首项和末项表示，因为，所以，所以.故选：C.【点睛】本题以数学文化为背景，考查类比推理实力和逻辑推理实力，求解时要先读懂题目的文化背景，再利用等比数列的通项公式进行等价变形求解.10.若直线与函数的图象有且只有一个公共点，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由，消去，得，将问题转化为直线与曲线恰有一个公共点，利用导数探讨函数的图象，从而求得的取值范围.【详解】由，消去，得，则依题意，可知直线与曲线恰有一个公共点，令，则，当；当或；所以在单调递减，在单调递增，如图所示，作出与的图象，因为两个函数图象有且只有一个公共点，所以.故选：B【点睛】本题考查函数与方程的应用，考查数形结合思想的运用，求解时要留意利用导数的工具性探讨函数的单调性，从而作出函数的草图，考查运算求解实力.11.若椭圆的顶点和焦点中，存在不共线的三点恰为菱形的中心和顶点，则的离心率等于（）A. B. C.或 D.或【答案】D【解析】【分析】由菱形对角线相互垂直可转化为，在椭圆的顶点和焦点中找到不共线的三点能构成一个直角三角形，结合椭圆的对称性，只须考虑三种状况，作出图形，从而求得椭圆的离心率.【详解】依题意，由菱形对角线相互垂直可转化为，在椭圆的顶点和焦点中找到不共线的三点能构成一个直角三角形，结合椭圆的对称性，只须考虑三种状况：（1）如图1，若以顶点焦点为菱形顶点，为中心，则，由勾股定理得，，由化简得，两边同除以，得，又因为，可得．（2）如图2，若以焦点,为菱形顶点，为中心，则，故，易得；（3）如图3，若以焦点为菱形的中心，,为顶点，则，易得，故选D.【点睛】本题考查椭圆的离心率及椭圆的对称性性质，考查逻辑推理实力和运算求解实力，求解的关键是画出几何图形，并能进行完整的分类探讨.12.已知函数．若为奇函数，为偶函数，且在至多有2个实根，则的最大值为（）A.10 B.14 C.15 D.18【答案】A【解析】【分析】先依据函数的奇偶性得到函数的对称轴和对称中心，求出后，再利用换元法，求出在至多有2个实根时，的取值范围，从而得到的最大值.【详解】由题意，得为的图象的对称中心，直线为的图象的一条对称轴，所以，两式相加得，又因为，所以，代入，得，因为时，，即由已知可得，至多有2个实根，即，由此可得，又因为，所以时的最大值为10，故选：A．【点睛】本题考查三角函数的图象和性质的综合运用，考查逻辑推理实力和运算求解实力，求解时要留意三角函数的周期性特点，同时要留意换元法的敏捷运用.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，且，，则____________.【答案】【解析】【分析】先依据向量的坐标运算求得的坐标，再代入向量模的公式中.【详解】因为，所以.故答案为：【点睛】本题考查向量坐标运算及模的求解，属于基础题.14.若满意约束条件则的最大值为___________.【答案】4【解析】【分析】作出约束条件所表示的可行域，再依据直线截距的最大值，求得目标函数的最大值.【详解】不等式组表示的可行域如图所示：由得在轴上的截距越大，越大，所以当直线过点时，取得最大值，所以的最大值为.故答案为：【点睛】本题考查线性规划，考查数形结合思想的运用，求解时要留意将目标函数的最大值看成直线在轴上截距的最大值.15.已知直线与圆交于两点，分别为的中点，则的最小值为____________.【答案】【解析】【分析】先求出直线恒过点，再视察中可转化成只含的变量，进而探讨的最小值，即可得到答案.【详解】直线的方程可化为，由解得，直线恒过点，因为分别为的中点，所以.当时，最小，此时，所以．故答案为：【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查数形结合思想、转化与化归思想的运用，求解的关键是找到以为变量进行探讨最值.16.已知正方体的棱长为1，动点在棱上，四棱锥的顶点都在球的球面上，则球的表面积取值范围是_____________．【答案】【解析】【分析】设，依据几何关系得到，，从而得到的关系，再利用消元法，得到，最终利用一元二次函数的性质，得到的取值范围，从而得到球的表面积取值范围.【详解】如图，设球的球心为，的中点，的中点，的中点，且，.因在球面上，所以球心在线段上，点也在球面上，.设.则.在中，…………①在中，…………②,联立①②，得，因为，所以.所以，所以球的表面积取值范围为.故答案为：【点睛】本题考查四棱锥与球的切接问题、球的表面积，考查空间想象实力和运算求解实力，考查转化与化归思想、数形结合思想的运用，求解的关键是先确定以什么为变量进行探讨.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.记数列的前项和为．若.（1）证明：为等比数列；（2）设，求数列前项和．【答案】（1）证明见解析；（2）=.【解析】【分析】（1）利用临差法得到，从而证明数列为等比数列；（2）依据对数运算得到，再利用裂项相消法对数列进行求和.【详解】（1）由已知，得，……①当时，，……②①—②，得，即，整理，得，又由，得，所以是以3为首项，3为公比的等比数列.（2）由（1）得，所以，所以，故=.【点睛】本题考查数列的递推关系、等比数列的定义、裂项相消法求和，考查转化与化归思想的运用，考查基本运算求解实力.18.的内角所对的边分别为.已知．（1）求；（2）求的最小值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理将等式进行“边化角”得到，再利用三角形的内角及正弦定理进行“角化边”，从而求得的值；（2）利用余弦定理求得的表达式，再利用基本不等式求得最小值.【详解】（1）在中，由正弦定理，得，从而由，可得，整理，得，即，又因为，所以，所以．（2）由（1）不妨设，则，在中，由余弦定理，得，所以，当即时，等号成立，故取到最小值为．【点睛】本题考查正余弦定理、三角形内角和、三角恒等变换的综合运用，考查函数与方程思想、转化与化归思想的运用，求解的最小值时，要留意基本不等式的运用及取到最值的条件验证.19.如图，平面，平面，四边形是边长为的菱形，，，.（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）证明平面平面，从而得到线面平行；（2）由（1）知，平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离．取的中点，连接，．证明平面，故所以点到平面的距离为，再将数据代入体积公式求解．【详解】（1）因为平面，平面，所以，又平面，平面，所以平面.因为四边形是菱形，所以，又平面，平面，所以平面，又，平面，平面，所以平面平面，又平面，所以平面.（2）由（1）知，平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离．取的中点，连接，．因为四边形是边长为的菱形，，所以是边长为的等边三角形，所以，且，又因为平面，平面，所以，又，平面，平面，所以平面，故所以点到平面的距离为．所以三棱锥的体积．【点睛】本题考查线面平行、面面平行的位置关系、三棱锥体积求解，考查空间想象实力和运算求解实力，在证明平行关系时，留意定理条件的完整性.20.已知抛物线的顶点在原点，焦点在轴上，过点且斜率为2的直线与相切．（1）求的标准方程；（2）过的直线与交于两点，与轴交于点，证明：．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）将直线方程与抛物线方程联立，由判别式等于0，求得抛物线方程中的参数值，进而得到抛物线的方程；（2）设的方程为，，利用两点间的距离公式，并进行消参，将线段分别用进行表示，从而证明等式成立.【详解】（1）过点且斜率为2的直线方程为，即，设的方程为，由消去，得，因为直线与相切，所以，解得（舍去）或，所以的标准方程为.（2）设的方程为，．令，得，即，由消去，得，因为与相交，所以，解得或，设，则，，，从而，又，所以.【点睛】本题考查抛物线标准方程的求解、考查弦长公式、韦达定理等学问，考查方程思想、转化与化归思想的运用，考查运算求解实力，求解时留意变量思想和消元思想的敏捷运用.21.已知函数．（1）探讨的单调性；（2）当时，，求的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再利用导数对函数进行求导，对参数分和两种状况探讨后，得到函数的单调区间；（2）先证当不等式在不会成立，再进一步证明时，在单调递减，在单调递增．再对分和两种状况，探讨各自的最小值大于等于，从而求得的取值范围.【详解】（1）函数的定义域为，，当时，，则，故在单调递减；当时，令，得；令，得，故在上单调递减，在单调递增.综上，可得当时，在单调递减；当时，在单调递减，在单调递增.（2）①当时，因为，所以不符合题意；②当时，由（1），知在单调递减，在单调递增．（ⅰ）当即时，，所以在单调递增，故，故满意题意.（ⅱ）当即时，在单调递减，在单调递增，故，当时，，当且仅当，令，则，故在单调递减，