福建省厦门市2025届高三数学5月质量检查试题二理含解析

PAGE22-福建省厦门市2025届高三数学5月质量检查试题（二）理（含解析）留意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填在答题卡和试卷的指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在试卷上无效.3.考试结束，将本试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.己知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先化简集合，再求得解.【详解】由题得，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查对数不等式的解法，考查集合的并集运算，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平.2.已知复数，则的虚部为（）A.－1 B. C.1 D.【答案】A【解析】【分析】分子分母同乘分母的共轭复数即可.【详解】，故的虚部为.故选：A.【点睛】本题考查复数的除法运算，考查学生运算实力，是一道简洁题.3.已知双曲线经过点，其渐近线方程为，则的标准方程为（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依据双曲线的渐近线方程可设其方程为，再依据双曲线过点，可求出的值，即可得到答案；【详解】双曲线渐近线方程为，设双曲线的方程为：，双曲线经过点，，双曲线的方程为：，故选：D.【点睛】本题考查已知双曲线的渐近线方程求双曲线的方程，考查函数与方程思想，考查逻辑推理实力、运算求解实力，属于基础题.4.从编号0，1，2，…，79的80件产品中，采纳系统抽样的方法抽取容量是10的样本，若编号为58的产品在样本中，则该样本中产品的最大编号为（）A.72 B.74 C.76 D.78【答案】B【解析】【分析】依据系统抽样的定义求出样本间隔即可得到结论．【详解】样本间隔为，设第一个号码为，编号为58的产品在样本中，则，则第一个号码为2，则最大的编号，故选：B【点睛】本题主要考查系统抽样的应用，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平，求解样本间隔是解决本题的关键．5.函数在区间上的大致图象如图所示，则可能是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】通过代入特别值及利用函数的单调性推断即可.【详解】解：对于A，，是偶函数，图形关于对称，当单调递减，在单调递减，当，所以A正确；当时，，无意义，故解除B；又，则，故解除D；对于C，当时，，所以不单调，故解除C；故选：A.【点睛】本题考查通过函数图象选择函数解析式，这类问题利用特别值与解除法是最佳选择，属于基础题.6.下图是一块高尔顿板示意图：在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，小球从上方的通道口落下后，将与层层小木块碰撞，最终掉入下方的某一个球槽内.若小球下落过程中向左、向右落下的机会均等，则小球最终落入⑥号球槽的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】小球落下要经过次碰撞，每次向左、向右落下的概率均为，并且相互对立，最终落入⑥号球槽五次向右，依据独立重复事务发生的概率公式，即可求解.【详解】设这个球落入⑥号球槽为事务，则落入⑥号球槽小球五次向右，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查独立重复试验的概率求法，将实际应用问题转化为概率模型是解题的关键.属于较易题.7.设，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由不等式的性质及换底公式即可得解.【详解】解：因为，，则，且，所以，，又,即,则，即，故选：D.【点睛】本题考查了不等式的性质及换底公式，属基础题.8.平面直角坐标系中，以为始边作角与角，它们的终边关于轴对称.若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意得到，再由两角差的余弦及同角三角函数的基本关系式化简求解.【详解】∵角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，

∴，

.

故选：C.【点睛】本题主要考查了两角差的余弦公式的应用，属于较易题.9.设F为抛物线C：的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则的面积为（）A.9 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依据过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，设直线方程，与联立得到，然后由求解.【详解】抛物线C：的焦点坐标为，又过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，设直线方程为，与联立得：，由韦达定理得：，所以，故答案为：【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系以及三角形面积的求法，还考查了运算求解的实力，属于中档题.10.公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了闻名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面1000米处起先与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍.当竞赛起先后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米，当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟领先他10米，当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟先他1米.所以，阿基里斯恒久追不上乌龟.依据这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为0.001米时，乌龟爬行的总距离为（）A.米 B.米 C.米 D.米【答案】A【解析】【分析】依据乌龟每次爬行的距离构成等比数列，写出和，再结合等比数列的求和公式，即可求解.【详解】由题意，乌龟每次爬行的距离构成等比数列，其中，且，所以乌龟爬行的总距离为.故选：A.【点睛】本题主要考查了等比数列应用，其中解答中正确理解题意，结合等比数列通项公式和前项和公式求解是解答的关键，着重考查推理与运算实力.11.一副三角板由一块有一个内角为的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，，，，．现将两块三角板拼接在一起，取中点与中点，则下列直线与平面所成的角不为定值的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】通过证明平面，可以找到与平面所成的角，计算可知都为定值，由此可得答案.【详解】因为为中点，所以，所以，又，且，所以平面，所以与平面所成的角分别为和，它们相等，等于45°，依据直线与平面所成角的定义知，与平面所成的角为故只有与平面所成的角不为定值.故选：B【点睛】本题考查了直线与平面垂直的判定定理，考查了直线与平面所成角，属于基础题.12.函数，若存在唯一整数使得，则的取值范围是（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用参变分别，将问题转化为与图象之间的关系，即可得答案；【详解】，令，则，当；当，在单调递增，在单调递减，且，如图所示：恒过定点，且，，，，存在唯一整数使得，当时，存在唯一的整数使得命题成立，故选：B.【点睛】本题考查不等式解的整数根问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理实力、运算求解实力，求解时留意利用半分别法，将问题转化为两个函数图象之间的关系问题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知单位向量，满意，则与的夹角是_________.【答案】【解析】【分析】将两边平方，代值计算即可.【详解】设与的夹角是，由题意两边平方后，得：，因为，为单位向量，，.，.故答案为：.【点睛】本题考查向量夹角的求解，涉及数量积运算，属基础题.14.某公益基金收到甲乙丙三人的20万、25万、30万三笔捐款（一人捐一笔款），记者采访这三兄弟时，甲说：“乙捐的不是最少.”乙说：“甲捐的比丙多.”丙说：“若我捐的最少，则甲捐的不是最多.”依据这三人的回答，确定乙捐了_________万.【答案】30【解析】【分析】依据三人的话进行推理可得答案．【详解】由甲乙两人的话知丙捐的是最少的，再由丙的话知甲捐的居中，因此乙捐了的是最多的为30万元．故答案为：30.【点睛】本题考查推理，驾驭推理方法是解题基础．15.支配名男生和名女生参加完成项工作，每人参加一项，每项工作至少由名男生和名女生完成，则不同的支配方式共有________种（用数字作答）.【答案】1296【解析】【分析】先从4个男生选2个一组，将4人分成三组，然后从4个女生选2个一组，将4人分成三组，然后全排列即可.【详解】由于每项工作至少由名男生和名女生完成，则先从4个男生选2个一组，将4人分成三组，所以男生的排法共有，同理女生的排法共有，故不同的支配共有种.故答案为：1296【点睛】本题主要考查了排列组合的应用，考查了学生应用数学解决实际问题的实力.16.一次台球技术表演节目中，在台球桌上，画出如图正方形，在点E，F处各放一个目标球，表演者先将母球放在点A处，通过击打母球，使其依次撞击点E，F处的目标球，最终停在点C处，若，，，，则该正方形的边长为_________.【答案】【解析】【分析】连接、，在中，利用余弦定理求出，由正弦定理求出，从而求出；在中，利用余弦定理求出，进而即可求出边长的值．【详解】连接、，如图所示，中，由余弦定理得，，解得；由正弦定理得，，解得，所以，所以在中，由余弦定理得，，解得，所以该正方形的边长为（）．故答案为：．【点睛】本题考查了正余弦定理在解三角形中应用，也考查了运算求解实力，是中档题．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题、第23题为选考题，考生依据要求作答.（一）必考题：共60分.17.已知数列满意，，且是等差数列.（1）求；（2）设前项和为，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，求出，即得；（2）利用错位相减法求.【详解】（1）设等差数列的公差为，由题意得，即，解得，，即.（2），，两式相减可得，，.【点睛】本题主要考查等差数列的通项，考查了错位相减法求和，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平.18.如图，在五面体中，平面，平面，.（1）求证：；（2）若，，且二面角的大小为，求二面角的大小.【答案】（1）证明见详解；（2）.【解析】【分析】（1）由两条直线同时垂直平面得两直线平行，再利用线面平行的性质定理，即可证明线线平行；（2）如图，取的中点为，连接,设与的交点为，连接,利用二面角的学问，求出，连接,再利用线面垂直推导线线垂直和二面角的学问，得出即为所求角，把对应值代入即可得答案.【详解】（1）∵面，面，∴又面，面，∴面又面，面面，∴（2）设的中点为，连接,设与的交点为，连接,∵面，面，∴，．∵，∴，．又面，面，且面面．∴二面角的平面角．又在中，，∴是边长为2的正三角形，∴,∵平面，∴,∵,∴面，由（1）知，又，，∴四边形为正方形，∴，又，∴，∴四边形为平行四边形，∴，∴面，∴，取的中点为，连接,∴，∵，∴面,∴,∴即为二面角所成的平面角，∵是边长为2的正三角形，四边形为正方形，∴，,∴，∴，∴二面角的平面角大小为.【点睛】本题主要考查线面平行性质定理、线面垂直性质定理、二面角的大小求解，考查转化与化归思想，考查空间想象实力、运算求解实力.属于较难题.19.一款小嬉戏的规则如下：每轮嬉戏要进行三次，每次嬉戏都须要从装有大小相同的2个红球，3个白球的袋中随机摸出2个球，若摸出的“两个都是红球”出现3次获得200分，若摸出“两个都是红球”出现1次或2次获得20分，若摸出“两个都是红球”出现0次则扣除10分（即获得分）．（1）设每轮嬉戏中出现“摸出两个都是红球”的次数为，求的分布列；（2）玩过这款嬉戏的很多人发觉，若干轮嬉戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而削减了，请运用概率统计的相关学问分析说明上述现象．【答案】（1）分布列见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）求出每次嬉戏，出现“两个都是红球”的概率为，再依据二项分布可求得的分布列；（2）设每轮嬉戏得分为，进而求出的期望值为负数，即可得到结论.【详解】（1）每次嬉戏，出现“两个都是红球”的概率为．可能的取值为0，1，2，3，，，，，所以的分布列为：0123（2）设每轮嬉戏得分为．由（1）知，的分布列为：20200的数学期望为．这表明，获得分数的期望为负．因此，多次嬉戏之后大多数人的分数削减了．【点睛】本题考查二项分布模型、离散型随机变量的分布列和期望，考查逻辑推理实力、运算求解实力，求解时留意依据期望为负解决实际问题.20.已知，点分别为椭圆的左、右顶点，直线交于另一点为等腰直角三角形，且.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于两点，总使得为锐角，求直线斜率的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）由题意可知：由，求得点坐标，即可求得椭圆的方程；（Ⅱ）设直线，代入椭圆方程，由韦达定理，由，由为锐角，则，由向量数量积的坐标公式，即可求得直线斜率的取值范围．【详解】解：（Ⅰ）依据题意是等腰直角三角形，，设由得则代入椭圆方程得椭圆的方程为（Ⅱ）依据题意，直线的斜率存在，可设方程为设由得由直线与椭圆有两个不同的交点则即得又为锐角则即②由①②得或故直线斜率可取值范围是【点睛】本题考查椭圆的标准方程及简洁几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查向量数量积的坐标运算，韦达定理，考查计算实力，属于中档题．21.已知函数，其中.（1）探讨函数的单调性；（2）若函数存在两个极值点，（其中），且的取值范围为，求的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，详细见解析（2）【解析】【分析】（1）对函数进行求导，将导数的正负转化成探讨一元二次函数的根的分布问题；（2）利用韦达定理得到，，将转化成关于的表达式，再利用换元法令，从而构造函数，依据函数的值域可得自变量的范围，进而得到的取值范围.【详解】解：（1）.令，则.①当或，即时，恒成立，所以在上单调递增.②当，即时，由，得或；由，得，∴在和上单调递增，在上单调递减.综上所述，当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减.（2）由（1）得，当时，有两极值点，（其中）.由（1）得，为的两根，所以，.所以.令，则，因为，所以在上单调递减，而，，所以，又，易知在上单调递增，所以，所以实数的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数探讨函数的单调性、已知双元函数的值域求参数的取值范围，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类探讨思想，考查逻辑推理实力、运算求解实力，求解时留意换元法的应用.（二）选考题：共10分.