福建省龙岩市2025届高三数学5月教学质量检查试题理含解析

PAGE28-福建省龙岩市2025届高三数学5月教学质量检查试题理（含解析）第Ⅰ卷（选择题共60分）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.已知复数满意，则的虚部为()A. B.1 C. D.【答案】B【解析】【分析】给两边同除以，化简可得结果.【详解】解：由，得所以的虚部为1故选：B【点睛】此题考查复数的运算和复数的有关概念，属于基础题.2.已知集合，，则()A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先解不等式，得，然后再求两集合的交集.【详解】解：由，得，所以，所以故选：D【点睛】此题考查了对数不等式的解法，集合的交集运算等，属于基础题.3.2024年初，我国突发新冠肺炎疫情，疫情期间中小学生“停课不停学”.已知某地区中小学生人数状况如甲图所示，各学段学生在疫情期间“家务劳动”的参加率如乙图所示.为了进一步了解该地区中小学生参加“家务劳动”的状况，现用分层抽样的方法抽取4%小学初中中学学段的学生进行调查，则抽取的样本容量、抽取的中学生家中参加“家务劳动”的人数分别为()A.2750，200 B.2750，110 C.1120，110 D.1120，200【答案】C【解析】【分析】由于利用分层抽样的方法按4%的比例从各部分抽取，所以样本容量等于全部人数与4%的积，中学生家中参加“家务劳动”的人数为抽取的中学生人数乘以0.55【详解】解：由题意得，抽取的样本容量为，抽取的中学生家中参加“家务劳动”的人数为，故选：C【点睛】此题考查了分层抽样，属于基础题.4.若，则的值为()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先利用二倍角公式和协助解公式将化简为，再约分后平方，可得结果【详解】解：因为，所以，，，因为，所以，所以，所以，两边平方得，所以，故选：C【点睛】此题考查正余弦的二倍角公式，协助角公式，同角三角函数的平方关系，属于中档题.5.某三棱锥的三视图如图所示，假如网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥的体积为()A.4 B.8 C.12 D.24【答案】A【解析】【分析】由三视图还原几体何体，可知该几何体是从长为4，宽为4，高为3的长方体中截得（如图），干脆由三棱锥的体积公式可得答案.【详解】由三视图还原几体何体如图，三棱锥是从长为4，宽为4，高为3的长方体中截得，所以故选：A【点睛】此题考查由三视图求多面体的体积，关键是由三视图还原几何体，属于中档题.6.已知A，B，C三点不共线，若点E为线段AD的中点，且，则的值为()A. B. C.1 D.【答案】B【解析】【分析】利用平面对量基本定理把作为基底，再把用基底表示出来即可.【详解】因为，所以,因为点E为线段AD的中点，所以因为,所以,因，所以，所以故选：B【点睛】此题考查了平面对量的加减法法则，平面对量基本定理，属于基础题.7.已知函数，则下列命题中正确的是()A.的最小正周期为π B.的图象关于直线对称C.的值域为 D.在区间上单调递减【答案】D【解析】【分析】原函数可化为，由此可依次推断选项【详解】解：因为，所以，由此可知的最小正周期为，所以A不正确；的图像不是轴对称图形，无对称轴，所以B不正确；的值域为，所以选项C不正确；在区间上单调递减故选：D【点睛】此题考查三角函数的图像与性质，二倍角公式，属于基础题.8.分形几何是一门以不规则几何形态为探讨对象的几何学，科赫曲线是比较典型的分形图形，1904年瑞典数学家科赫第一次描述了这种曲线，因此将这种曲线称为科赫曲线.其生成方法是：（I）将正三角形（图（1））的每边三等分，以每边三等分后的中间的那一条线段为一边，向形外作等边三角形，并将这“中间一段”去掉，得到图（2）；（II）将图（2）的每边三等分，重复上述的作图方法，得到图（3）；（Ⅲ）再按上述方法接着做下去……，设图（1）中的等边三角形的边长为1，并且分别将图（1）、图（2）、图（3）、…、图（n）、…中的图形依次记作，，，…，，…，设的周长为，则为()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可知，每个三角形的都是正三角形，且边长变为原来三角形的，从而边长的递推公式为，故可求出的周长为【详解】解：由题意可知，每个三角形的都是正三角形，且边长变为原来三角形的，从而边长的递推公式为，所以，所以故选：C【点睛】此题考查以实际问题为载体，考查数列模型的构建，属于中档题9.已知函数，则的图象不行能是()A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】干脆利用函数的性质，奇偶性的性质和函数值的应用求得结果【详解】解：令，因为，所以为奇函数，当或时，或为偶函数当时，为奇函数，当为偶函数时，即时，而当时，，所以有可能为选项A当为奇函数时，即或时，或，若，当时，所以有可能为选项C若，当时，，所以有可能为选项D综上图像不行能为B故选：B【点睛】此题考查函数的奇偶性，函数图像，三角函数的性质等学问，考查运算实力和转化实力，属于基础题10.设双曲线的左、右焦点分别为，，，过作x轴的垂线，与双曲线在第一象限的交点为A，点Q坐标为且满意，若在双曲线C的支上存在点P使得成立，则双曲线C的离心率的取值范围是()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】将代入双曲线方程，求得点的纵坐标，由，结合和离心率公式可得的范围，再由双曲线的定义的恒成立思想，探讨共线时，取得最小值，结合离心率公式可得的范围，再由，取交集可求得结果【详解】解：令代入双曲线方程可得，由，得，，得，由于在双曲线C的右支上存在点P使得成立，所以只要求出的最小值，因为，所以，所以，因为当共线时，取最小值，所以，得所以故选：C【点睛】此题考查双曲线的离心率的范围，运用了双曲线的定义和三点共线的性质，考查运算实力，属于中档题.11.在棱长为2的正方体中，P是正方形内（包括边界）的动点，M是CD的中点，且，则当的面积最大时，的值为()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】以AD所在直线为x轴，AD的中垂线为y轴建立直角坐标系，可得点P的轨迹是圆，从而可求出当的面积最大时，的值.【详解】由题意可知，，如图，以AD所在直线为x轴，AD的中垂线为y轴建立直角坐标系，则，，设，所以，即，所以点P的轨迹是以为圆心，半径长为的圆（在面内的部分）.即时，P到AD的距离最大，三角形面积最大，此时.故选：D【点睛】此题考查的是平面图面积最大问题，利用了坐标进行了求解，属于中档题.12.己知各项都为正数的数列满意，，，其中表示不超过的最大整数，则的值为()（参考数据：，，）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】A【解析】【分析】由数列构造函数，先利用导数推断函数的单调性，从而可知数列的增减性，进而可求出结果.【详解】设，所以，当时，单调递增，，，所以当时，又因为，∴，，，所以.故选：A【点睛】此题考查数列的单调性，利用了导数进行了推断，属于中档题.第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13.在的绽开式中，常数项为_____________.【答案】【解析】【分析】的绽开式中的常数项是由的绽开式中的常数项3倍.【详解】解：的通项为，其中常数项为，所以绽开式中的常数项为，故答案为：【点睛】此题考查二项式绽开式的系数问题，属于基础题.14.已知抛物线的焦点为F，过抛物线E上一点P（在第一象限内）作y轴的垂线PQ，垂足为Q，若四边形OFPQ的周长为7，则点P的坐标为_____________.【答案】【解析】【分析】设，由已知条件结合抛物线的定义可得，解出，可得点P的坐标.【详解】解：设，因为四边形OFPQ的周长为7，所以,因为，所以，解得，所以点P的坐标为，故答案为：【点睛】此题考查抛物线的定义，性质，属于基础题.15.实现国家富强.民族复兴.人民华蜜是“中国梦”的本质内涵.某商家安排以“全民健身促健康，同心共筑中国梦”为主题举办一次有奖消费活动，此商家先把某品牌乒乓球重新包装，包装时在每个乒乓球上印上“中”“国”“梦”三个字样中的一个，之后随机装盒（1盒4个球），并规定：若顾客购买的一盒球印的是同一个字，则此顾客获得一等奖；若顾客购买的一盒球集齐了“中”“国”二字且仅有此二字，则此顾客获得二等奖；若顾客购买的一盒球集齐了“中”“国”“梦”三个字，则此顾客获得三等奖，其它状况不设奖，则顾客购买一盒乒乓球获奖的概率是_____________.【答案】【解析】分析】1盒4个球所以可能状况有种，而一盒球印的是同一个字的有3种，一盒球集齐了“中”“国”二字且仅有此二字的有14种，一盒球集齐了“中”“国”“梦”三个字的有36种，再由互斥事务概率的求法可得所求概率.【详解】解：由题意可知，1盒4个球的所以可能状况有种，因为一盒球印的是同一个字的有3种，一盒球集齐了“中”“国”二字且仅有此二字的有种,一盒球集齐了“中”“国”“梦”三个字的有种，所以所求概率为，故答案为：【点睛】此题考查古典概率的求法，属于基础题.16.如图，在平面直角坐标系xOy中，边长为2正方形ABCD沿x轴滚动（无滑动滚动），点D恰好经过坐标原点，设顶点的轨迹方程是，则_____________.【答案】【解析】【分析】依据正方形的运动，得到点的轨迹方程，然后依据函数的图象和性质分别进行推断即可.【详解】由题意，当时，顶点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的圆；当时，顶点的轨迹是以点为圆心，以为半径的圆；当时，顶点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的圆；当，顶点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的圆，与的形态相同，因此函数的图象在恰好为一个周期的图象；所以函数的周期是8；∴，其图象如图：故答案为：.【点睛】此题考查函数图象的改变，其中由已知画出正方形转动过程中的一个周期内的图象，利用数形结合的思想对本题进行分析是解本题的关键，属于较难题.三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）（一）必考题：共60分.17.在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求A的值；（2）若，求面积的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由和余弦定理，得，再结合正弦定理统一为角，可求出角A的值；（2）通过三角形的面积公式，结合正弦定理求出的表达式，通过角的范围，转化为求解三角形的面积的范围即可【详解】（1）由余弦定理得.∵.∴由正弦定理得∴∴，∵是锐角三角形，∴，，∴.∴，∴.（2）由（1）得设，则，∵是锐角三角形，∴，，∴由正弦定理得∵，∴由得，∴，∴∵，∴面积的取值范围是.【点睛】此题考查正弦定理以及两角和与差的三角函数，三角形的面积的求法，考查转化思想与计算实力，属于中档题18.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，，，，，且平面平面ABCD.（1）求证：；（2）在线段PA上是否存在一点M，使二面角M-BC-D的大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.【解析】【分析】(1)过点P在面PAD内作，垂足为O，连接BO、OC，可得，再结已知条件可得是等边三角形，进而推断出四边形OBCD是正方形，从而得面POC，得；（2）由于面ABCD，，所以以O坐标原点建立空间直角坐标系，设，则点M的坐标为，求出平面MBC和平面ABCD的法向量，用，求出的值，从而得到的值【详解】（1）证明：过点P在面PAD内作，垂足为O，连接BO、OC∵面面ABCD，∴面ABCD，∴∵，，∴是等边三角形，∴又∵，∴四边形OBCD是正方形，∴，又，∴面POC，又面POC，∴.（2）∵面ABCD，，如图，建立空间直角坐标系﹐则，，，，假设在线段PA上存在一点M，使二面角大小为设，，则，所以，∴，，设面MBC的法向量为，则，即，令，得，所以，面ABCD的一个法向量为∵二面角M-BC-D大小为，∴∴或（舍），所以在线段PA上存在点M满意题设条件且.【点睛】此题考查了线面垂直的判定和性质，空间向量的应用与二面角的计算，属于中档题.19.已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上随意一点，当时，的面积为，且.（1）求椭圆的方程；（2）已知直线经点，与椭圆交于不同的两点、，且，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由的面积为，再结合椭圆的定义和余弦定理可得，再由可求出的值；（1）由题意可知直线的斜率存在，设出直线方程，将直线与椭圆的方程联立方程组，化简消元，再用韦达定理，然后结合列方程可求出直线的斜率.【详解】（1）设，，则，在中，，即，由余弦定理得，即代入计算得，∴，又，∴，∴椭圆的方程为；（2）由题意知直线l存在斜率，设直线l的方程为，将其代入整理可得，则，得.设，则，，∵，，，∴，又∵，，∴，得，化简得，解得，∵，∴∴直线的方程为，即.【点睛】本题考查的是直线与椭圆的位置关系，利用了韦达定理，属于中档题.20.交强险是车主必需为机动车购买的险种，实行的是费率浮动机制，保费与上一年度车辆发生道路交通事故的状况相联系.每年交强险最终保险费计算方法是：交强险最终保险费，其中a为交强险基础保险费，A为与道路交通事故相联系的浮动比率，同时满意多个浮动因素的，依据向上浮动或者向下浮动比率的高者计算.依据我国《机动车交通事故责任强制保险基础费率表》的规定：一般6座以下私家车的交强险基础保险费为950元，交强险费率浮动因素及比率如下表：交强险浮动因素和浮动费率比率表类型浮动因素浮动比率上一个年度未发生有责任道路交通事故上两个年度未发生有责任道路交通事故上三个及以上年度未发生有责任道路交通事故上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故上一个年度发生两次及以上有责任道路交通事故上一个年度发生有责任道路交通死亡事故某机构为了探讨某一品牌一般6座以下私家车的投保状况，随机抽取了100辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车的下一年续保时的状况，统计结果如下表：类型数量251010252010以这100辆该品牌车的投保类型的频率代替一辆车投保类型的概率，完成下列问题.（1）记X为一辆该品牌车在第四年续保时的费用，求X的分布列与数学期望（数学期望值保留到个位数字）；（2）某二手车销售商特地销售这一品牌的二手车，且将经销商购车后下一年的交强险最终保险费高于交强险基础保险费的车辆记为事故车，假设购进一辆事故车亏损3000元，购进一辆非事故车盈利5000元.①若该销售商购进三辆（车龄已满三年）该品牌二手车，求这三辆车中至少有一辆是事故车的概率；②若该销售商一次购进100辆（车龄已满三年）该品牌二手车，求他获得利润的期望.【答案】（1）分布列见解析；926；（2）①；②26万元.【解析】【分析】（1）由题意可知X的全部可能取值为0.9a，0.8a，0.7a，a，1.1a，1.3a，，由统计数据分别求出相应的概率，由此求出X的分布列和数学期望；（2）①由统计数据可知随意一辆该品牌车龄已满三年的二手车为事故车的概率，由此能求出三辆车中至少有一辆是事故车的概率；②设该销售商购进一辆二手车获得的利润为Y，则Y的全部可能取值为，5000.由此能求出Y的分布列和数学期望，从而可得该销售商一次购进100辆（车龄已满三年）该品牌二手车获得利润的期望【详解】（1）由题意可知X的全部可能取值为0.9a，0.8a，0.7a，a，1.1a，1.3a，由统计数据可知：，，，，，，所以X的分布列为：X∴.（2）①由统计数据可知随意一辆该品牌车龄已满三年的二手车为事故车的概率，则三辆车中至少有一辆事故车的概率为；②设该销售商购进一辆二手车获得的利润为Y，则Y的全部可能取值为，5000.所以Y的分布列为：Y5000所以.所以该销售商一次购进100辆（车龄已满三年）该品牌的二手车获得利润的期望为万元.【点睛】此题考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，考查运算实力，考查函数与方程思想，属于中档题21.已知.（1）证明在处的切线恒过定点；（2）若有两个极值点，求实数的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先对函数求导，将代入导函数中可得切线的斜率，利用点斜式写出切线方程化简得，从而可知切线恒过点；（2）若有两个极值点，则有两个不同的正根，即有两个零点，也就是的图像与轴有两个交点，然后对求导，探讨导函数的正负，从而可求出单调区间，进而可得到的取值范围【详解】（1）∵，所以又因为，所以在处的切线方程即所以在处的切线恒过定点.（2）∵，其中，设，则，当时，，则在单调递增，在上至多有一个零点，即在上至多有一个零点，∴至多只有一个极值点，不合题意，舍去.当时，设，，∴，∴在上单调递减，∵，，∴，使得，即2，当时，，此时，∴在单调递增，当时，，此时，∴在单调递减，∴在有极大值，即若，则，∴，单调递减，不合题意，若，设，，∴在单调递增，又，∴，∵，∴在单调递增，∴，即，此时，∵，在单调递增，，使得，当时，，∴，在上单调递减，当时，，∴，在上单调递增，∴在处取得微小值.又∵，∴∵在单调递减，，又∵，∴，∴，使得，当时，，∴，在上单调递增，当时，，∴，在上单调递减，∴在处取得极大值.综上所述，若有两个极值点，则实数的取值范围为.【点睛】此题考查导数的运用，求切线方程和单调区间、极值，主要考查导数的几何意义和分类探讨的思想方法，留意函数单调性的运用，属于较难题（二）选考题：请考生在第22、23二题中任选一题做答.留意：只能做所选定的题目.假如多做，则按所做第一个题目计分，做答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框内涂黑.选修4-4：坐