福建省部分学校2024-2025学年高三上学期质检数学试卷含答案

2024-2025学年福建省部分学校新高考高三（上）质检数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={−2,−1A.{−2,−1,0,12.复数z=2−4i1A.3 B.−3 C.−i 3.已知等比数列{an}为递增数列，若a3⋅a6A.16 B.6 C.23 4.已知函数f(x)=f(x−A.14 B.12 C.1 5.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2acos2A.等腰三角形 B.等边三角形

C.直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形6.如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1=4.若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，AA.152 B.154 C.527.已知双曲线C:x2a2−y2b2A.5 B.455 C.8.某城市采用摇号买车的方式，有20万人摇号，每个月摇上的人退出摇号，没有摇上的人继续进入下月摇号，每个月都有人补充进摇号队伍，每个季度第一个月摇上的概率为110，第二个月为19，第三个月为18，则平均每个人摇上需要的时间为( A.7 B.8 C.9 D.10二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.已知m，n(m≠n)为实数，随机变量X∼A.mn<1 B.2m+210.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是正方体的上底面A1A.三棱锥Q−PCD的体积是定值

B.存在点P，使得PQ与AA1所成的角为60∘

C.直线PQ与平面A1ADD11.利用不等式“lnx−x+1≤0”可得到许多与A.lnn<1+12+13三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.在△ABC中，已知AB=1，AC=3，点G为△A13.已知ω∈R，φ∈[0,2π),若对任意实数14.已知函数f(x)=xa−四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

已知Sn为数列{an}的前n项和，若Sn=2an−4n+2.16.(本小题15分)

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a=1,A=π3，且满足asinC+bsin17.(本小题15分)

如图所示，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上异于A，B的动点，PC⊥平面ABC，E，F分别为PA，PC的中点.

(1)求证：EF⊥平面PBC；

(2)18.(本小题17分)

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，且经过点(−1,−32).

(1)19.(本小题17分)

已知x∈(π4,π).

(1)将sinx，cosx，x，−12答案和解析1.【答案】D

【解析】【分析】本题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键，难度较易，属于基础题.

由集合A与集合B，找出两集合的交集即可选出正确答案.【解答】

解：集合A={−2,−1,0,1,2}，B={x|−2<x<2}，

2.【答案】B

【解析】解：复数z=2−4i1+i=(23.【答案】D

【解析】解：因为等比数列{an}为递增数列，a3⋅a6=a4⋅a5=6，a4+a5=4.【答案】B

【解析】解：f(π2)=f(π2−π4)+t=f5.【答案】D

【解析】解：根据2acos2C2=b(1−cosA)+a，可得a(1+cosC)=b(1−cosA)+a，整理得acosC+bcosA=b，

根据正弦定理，化简得sinAcosC+sinBcosA=6.【答案】B

【解析】解：设当底面ABC水平放置时，液面高为h，

依题意，侧面AA1B1B水平放置时，

液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的四等分点处，CECA=7.【答案】C

【解析】解：由题意可知，2c：2b=3：2，则c：b=3：2，设c=3m(m>0)，则b=2m，

所以8.【答案】C

【解析】解：设X表示摇上需要的时间，则X可能取1，2，3，⋯，10，

则P(X=1)=110，P(X=2)=910×19=110，

P(X=3)=910×89×18=110，P(X=4)=910×89×9.【答案】AB

【解析】解：随机变量X∼N(1,σ2)，且P(X≤m)=P(X≥n)，

则m+n=2(m≠n)，

故mn<(m+n)2410.【答案】ACD

【解析】解：对于A，VQ−PCD=VP−QCD=13×12×1×2×2=43(定值)，故A正确；

以A1为坐标原点，A1B1为x轴，A1D1为y轴，A1A1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则Q(2,1,−2)，设P(x,y,0)(0<x<2,0<y<2)，

则QP=(x−2,y=1,2)，

对于B，AA1=(0,0,2)，

PQ与AA1的夹角α满足cosα=|QP⋅AA111.【答案】ABD

【解析】解：依题意，不等式lnx≤x−1，当且仅当x=1时，等号成立，

对于A，易知ln(1+11)+ln(1+12)+⋯+ln(1+1n−1)=ln2−ln1+ln3−ln2+⋯+ln(n)−ln(n−1)

=ln(n)−ln1=ln(n)，

令lnx≤x−1中的x=1+1n(n≥2)，

所以ln(1+1n)<1+1n−1=1n，

故ln(1+11)+ln(112.【答案】43【解析】解：设BC的中点为D，连接AD，GD，

由点G为△ABC的外心，可得GD⊥BC，

由点O为△ABC重心，可得OD=13AD=16(AB+A13.【答案】(1,5【解析】解：因为对任意实数x都有sin(x−π3)=sin(ωx+φ)恒成立，

所以函数的周期相同，

当ω=1时，则有φ=2kπ−π3，k∈Z，

又因为φ∈[0,2π),

所以k=1，φ=5π3，

当ω=−1时，则有sin(x−π14.【答案】(e【解析】解：依题意得g(x)=xa与h(x)=logbx只有一个交点，即两曲线相切，

则g′(x)=h′(x)只有一个解，

∴axa−1=1xlnb，

即xa=1alnb，

化简得x=(1alnb)1a，将其代入f(x)，

得1alnb+1alogb(a15.【答案】解：(1)证明：由Sn=2an−4n+2可得，

当n=1时，a1=2a1−4+2，解得a1=2，

当n≥2时，Sn−1=2an−1−4(n−1)+2，即Sn−1=2an−1−4n+6，

则an=Sn−Sn−1【解析】(1)利用an与Sn的关系式可得an=2an−1+4，即an+4=2(an−16.【答案】解：(1)由asinC+bsinA=2csinB，结合正弦定理，得ac+ab=2bc.

因为a=1，所以2bc=c+b.

由余弦定理，得cosA=b2+c2−12bc=12，

所以b2+c2−1=bc，所以(b+c)2−2bc−1=bc，

【解析】(1)由已知结合正弦定理及余弦定理进行化简即可求解；

(2)先结合向量共线定理，结合余弦定理可求17.【答案】解：(1)证明：由PC⊥平面ABC，知PC⊥AC，

由AB是⊙O的直径，知AC⊥BC，

∵AC∩BC=C，

∴AC⊥平面PBC，

由E，F分别是PA，PC的中点，知EF//AC，

∴EF⊥平面PBC.

(2)以C为原点，CA，CB，CP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,2)，

设A(a,0,0)，B(0,b,0)，且【解析】(1)根据已知条件，结合线面垂直的判定定理即可得证；

(2)建立空间直角坐标系，分别求出平面PAC和平面18.【答案】解：(1)由题意，

ca=12a2=b2+c21a2+94b2=1，解得a=2b=3c=1.

∴椭圆C的标准方程为x24+y23=1；

(2)在x轴上假设存在点Q，使得QA，QB恰好关于x轴对称，

设A(x1,y1)，B(x2【解析】(1)由题意列关于a，b，c的方程组，求解a，b，c的值，则椭圆方程可求；

(2)在x轴上假设存在点Q，使得QA，QB恰好关于x轴对称，设A(x1,y1)，B(x2,19.【答案】(1)解：设g(x)=cosx+12x2−1，则g′(x)=−sinx+x，设