福建省漳州市2025届高三数学上学期第一次教学质量检测试题含解析

福建省漳州市2024届高三数学上学期第一次教学质量检测试题一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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，，全集，则集合中的元素个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】先求出全集和交集，再求即可.【详解】集合，，全集，，，集合中的元素个数为3个.故选：C.2.若复数满意（为虚数单位），则（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】【分析】依据复数代数形式运算及模的性质求解即可.【详解】，，，.故选：A3.已知：，：，，则是的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】依据充分条件、必要条件的定义推断即得.【详解】由可得，或，，所以由推不出，，由，，可以推出，故是的必要不充分条件.故选：B.4.已知，，均为单位向量，且满意，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用平面对量数量积的性质进行运算即可．【详解】，，则，即，则故选：C5.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用余弦的和差公式对原式进行绽开，平方后再利用，，去进行整理可得.【详解】因为，所以，平方后可得，整理得，所以.故选：D.6.已知（为常数）的绽开式中全部项系数的和与二项式系数的和相等，则该绽开式中的常数项为（）A.90 B.10 C.10 D.90【答案】A【解析】【分析】由题意可得，得，然后求出二项式绽开式的通项公式，由的次数为零，求出，从而可求出常数项.【详解】因为（为常数）的绽开式中全部项系数的和与二项式系数的和相等，所以，得，所以，则其绽开式的通项公式为，令，得，所以该绽开式中的常数项为，故选：A7.设，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】构造和，利用导数推断其单调性，利用作商法推断大小.【详解】设则，，，在上单调递增，，即，，，，，又，所以.设，则，所以在上单调递增，所以，所以，，所以，，，又，故，综上：，故选：D8.已知，分别为轴，轴上的动点，若以为直径的圆与直线相切，则该圆面积的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知可得以为直径的圆过坐标原点，由向直线作垂线，垂足为，当为切点时，圆的半径最小，此时直径为点到直线的距离，进而求解.【详解】为直径，，点必在圆上，由点向直线作垂线，垂足为，当点恰好为圆与直线的切点时，圆的半径最小，此时圆直径为到直线的距离，即半径，所以圆的最小面积，故选：C.二､多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9.已知函数，则（）A.的最小正周期是B.的图象关于点中心对称C.在上有三个零点D.的图象可以由的图象上的全部点向右平移个单位长度得到【答案】AB【解析】【分析】由周期公式求出函数的周期，从而推断A；由正切函数的对称中心公式，求出对称中心坐标，从而推断B；解出函数在上的零点，从而推断C；由及平移法则，从而推断D.【详解】解：对于A，由正切函数的周期公式可得，故A正确；对于B，令，可得，当时，，所以的图象关于点中心对称，故B正确；对于C,，令，可得，当时，；当时，；所以在上只有两个零点，故C错误；对于D，因为，所以的图象可以由的图象上的全部点向右平移个单位长度得到，故D错误.故选：AB.10.已知椭圆的上下焦点分别为，，左右顶点分别为，，是该椭圆上的动点，则下列结论正确的是（）A.该椭圆的长轴长为B.使为直角三角形的点共有6个C.的面积的最大值为1D.若点是异于､的点，则直线与的斜率的乘积等于-2【答案】BCD【解析】【分析】依题意作图，分别求出椭圆的，然后逐项分析推断.【详解】依题意作下图：对于A，由题可知，所以长轴长为，A错误；对于B，，分别过作平行于x轴的直线与椭圆有4个交点，当点P与这4个点重合时，为直角三角形；以原点O为圆心，为半径作圆，与椭圆有2个交点，证明如下：联立方程：，解得，故交点为，即当点P与重合时，为直角三角形，共有6个直角三角形，B正确；对于C，当点P与或重合时，面积最大，C正确；对于D，运用参数方程，设，同时有：，则有：，，D正确；故选：BCD.11.如图，在多面体中，四边形，，均是边长为1的正方形，点在棱上，则（）A.该几何体的体积为 B.点在平面内的射影为的垂心C.的最小值为 D.存在点，使得【答案】BD【解析】【分析】将几何体补形为正方体，依据正方体与棱锥体积差推断A，由棱锥侧棱长相等、底面为正三角形确定定点射影的位置推断B，依据绽开图及余弦定理推断C，由正方形对角线垂直可推断D.【详解】由题意，可将该几何体补成正方体，如图，则该几何体的体积为正方体体积去掉一个三棱锥的体积，所以，故A错误；由题意知，为等边三角形，因为，所以点在平面内的射影为的外心，即的中心，故B正确；把所在面沿折起，当四点共面时，连接，则的最小值即为的长，由余弦定理知，，故，即的最小值为，故C错误；四边形为正方形，，，当与重合时，，故D正确.故选：BD12.大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于说明中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列满意，，则（）A. B.C. D.数列的前项和为【答案】BCD【解析】【分析】干脆由递推公式求出即可推断A选项；分为奇数或偶数即可推断B选项；分为奇数或偶数结合累加法即可推断C选项；由分组求和法即可推断D选项.【详解】对于A，，A错误；对于B，当为奇数时，为偶数，则，，可得；当为偶数时，为奇数，则，，可得，B正确；对于C，当为奇数且时，累加可得，时也符合；当为偶数且时，累加可得；则，C正确；对于D，设数列的前项和为，则，又，，D正确.故选：BCD.【点睛】本题的关键点在于利用题目中的递推关系式，分为奇数或偶数两种状况来考虑，同时借助累加法即可求出通项，再结合分组求和法以及等差数列求和公式即可求得前项和，使问题得以解决.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.树人中学举办以“喜迎二十大､恒久跟党走､奋进新征程”为主题的演讲竞赛，其中9人竞赛的成果为：85，86，88，88，89，90，92，94，98（单位：分），则这9人成果的第80百分位数是___________.【答案】94【解析】【分析】利用百分位数的计算方法进行计算即可.【详解】，所以从小到大选取第8个数作为80百分位数，即94.故答案为：9414.已知直线是曲线的切线，则___________.【答案】【解析】【分析】利用导数求出切线斜率，再由切线方程得斜率，列出方程求出切点坐标，代入切线即可得解.【详解】设切点为，由，可得，，直线是切线，，解得，当时，，切点代入切线方程，可得，当时，，切点代入切线方程，可得，综上可知，.故答案为：15.已知双曲线的左右焦点分别为，，过的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点.若，且，则该双曲线的离心率为___________.【答案】【解析】【分析】利用双曲线的定义，结合，且，可求得，进而得到答案.【详解】因为在双曲线的左右支上，所以，①②得，，即，又，所以，得，又,所以离心率.故答案为：.16.已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上.若该正四棱锥的体积为，则该球的表面积的最小值为___________.【答案】【解析】【分析】先由棱锥体积公式结合勾股定理表示出球的半径，构造函数利用导数求出半径的最小值，进而求出表面积的最小值.【详解】如图，不妨设正四棱锥为，易得为正方形，设正方形的中心为点，连接，则为正四棱锥的高，球心在上，连接，则为球的半径，设，则，即，在中，可得，又，则，令，则，当时，单减；当时，单增；则，即球的半径的最小值为3，则球的表面积的最小值为.故答案为：.【点睛】本题关键点在于立体几何与导数的综合应用，通过体积公式及外接球表示出半径，再通过导数确定半径的最小值，进而求得表面积的最小值，使问题得以解决.四､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.17.等比数列的各项均为正数，且.（1）求数列的通项公式；（2）设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）依据题意列出方程组，求出首项与公比，即可求出等比数列的通项公式即可；（2）由an＝化简bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，可得到bn的通项公式，求出的通项公式，利用裂项相消法求和.【详解】（1）设数列{an}的公比为q,由＝9a2a6得＝9,所以q2＝.由条件可知q＞0故q＝.由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1,所以a1＝.故数列{an}的通项公式为an＝.（2）bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－（1＋2＋…＋n）＝－.故.所以数列的前n项和为18.如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，，，.记平面与平面的交线为.（1）证明：；（2）求平面与平面所成的角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)由正方形知,依据线面平行的判定可知平面，再依据线面平行的性质即可求证.(2)以为坐标原点，所在直线为轴，所成直线为轴,所成直线为轴，如图建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【小问1详解】因为，平面，平面，所以平面.又平面，平面平面，所以.【小问2详解】因为，所以，又，所以，又，所以，所以，又，，平面，平面，所以平面.取，中点分别为，，连接，，，则，所以平面，又平面，所以.又因为，所以.如图，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，则，，，所以，.设是平面的法向量，则，即，取，得，，则又是平面的一个法向量，所以，即平面与平面所成的角的正弦值为.19.密铺，即平面图形的镶嵌，指用形态､大小完全相同的平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙､不重叠地铺成一片.皇冠图形（图1）是一个密铺图形，它由四个完全相同的平面凹四边形组成.为测皇冠图形的面积，测得在平面凹四边形（图2）中，，，.（1）若，，求平面凹四边形的面积；（2）若，求平面凹四边形的面积的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用余弦定理可得，然后利用余弦定理，同角关系式及三角形面积公式即得；（2）利用余弦定理及基本不等式可得，进而可得平面凹四边形面积的最小值.【小问1详解】如图，连接，在中，，，，由余弦定理，得，，在中，，，，，∴，∴，又，∴；【小问2详解】由（1）知，，中，，∴，当且仅当时等号成立，∴，∴，∴，∴当且仅当时，平面凹四边形面积取得最小值.20.漳州某地打算建立一个以水仙花为主题的公园.在建园期间，甲､乙､丙三个工作队负责采摘及雕刻水仙花球茎.雕刻时会损坏部分水仙花球茎，假设水仙花球茎损坏后便不能运用，无损坏的全部运用.已知甲､乙､丙工作队所采摘的水仙花球茎分别占采摘总量的25%，35%，40%，甲､乙､丙工作队采摘的水仙花球茎的运用率分别为0.8，0.6，0.75（水仙花球茎的运用率）.（1）从采摘的水仙花球茎中有放回地随机抽取三次，每次抽取一颗，记甲工作队采摘的水仙花球茎被抽取到的次数为，求随机变量的分布列及期望；（2）已知采摘的某颗水仙花球茎经雕刻后能运用，求它是由丙工作队所采摘的概率.【答案】（1）分布列见解析，期望为（2）【解析】【分析】（1）依据题意得到的全部取值且，求得相应的概率，得出分布列，利用期望的公式，即可求解；（2）用，，分别表示水仙花球茎由甲，乙，丙工作队采摘，表示采摘水仙花球茎经雕刻后能运用，则，及，即可求解.【小问1详解】解：在采摘的水仙花球茎中，任取一颗是由甲工作队采摘的概率是.依题意，的全部取值为0，1，2，3，且，所以，，即，，，，所以的分布列为：0123所以.【小问2详解】解：用，，分别表示水仙花球茎由甲，乙，丙工作队采摘，表示采摘的水仙花球茎经雕刻后能运用，则，，，且，故，所以.即采摘出的某颗水仙花球茎经雕刻后能运用，它是由丙工作队所采摘的概率为.21.已知抛物线：，直线过点.（1）若与有且只有一个公共点，求直线的方程；（2）若与交于，两点，点在线段上，且，求点的轨迹方程.【答案】（1）或或（2），（且）【解析】【分析】（1）当直线斜率不存在时，符合题意，当直线斜率存在时，设直线的方程为，联立直线和抛物线方程得到一个关于的一元二次方程，探讨二次项次数和即可求出答案.（2）解法一：设，，，不妨令，由已知可得，由，得，求出由韦达定理代入，进而求出点的轨迹方程.解法二：设，，，不妨令，由已知可得，设，解得，由韦达定理代入，进而求出点的轨迹方程.【小问1详解】当直线斜率不存在时，其方程为，符合题意；当直线斜率存在时，设直线的方程为，由，得