福建省部分（六市）地市2025届高中毕业班第一次质量检测（六市一模）数学解析

厦门市2025届高中毕业班第一次质量检测数学一、单项选择题:本题共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.在复平面内,i1A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】易知i1+i=i−1,所以i12.设集合A=xA.{0,5}B.{【答案】A【解析】易知集合A={0,5,3.已知等轴双曲线C的焦点到其渐近线的距离为1,则C的焦距为A.2B.2C.22【答案】C【解析】设等轴双曲线的焦距为2c,因为焦点到其渐近线的距离为b=1,所以c=2,双曲线的焦距为4.已知m,n是两条不同的直线,α,A.若m//α,则m//nB.C.若m⊥n,则m⊥βD.【答案】D【解析】若m//α,则m,若m//n,则m//若m⊥n,则m,若m⊥β,则m⊥5.已知随机变量X∼N1,σ2A.-1B.−12【答案】C【解析】如图所示,PX所以a+解得a=0,故选6.已知0<α<πA.13B.12C.3【答案】C【解析】tanα+π所以cosα−sinα=17.过抛物线C:y2=4x的焦点F的直线l交C于A,B两点,交直线x=−1A.14B.12C.【答案】B【解析】易知x=−1为C的准线,过A,B分别作因为PA=AB,所以2AM所以△OAF与△OBF的面积之比为128.若函数fx=lneax−A.[ln2−3,0)【答案】B【解析】fx=lne所以lne−6+e所以fx=lnex−故选B.二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.已知平面向量a=A.a,B.a,C.a+bD.若θ=π2,则a在【答案】ACD【解析】a⋅若向量a,b共线,则2cosθ−sinθ=a+b=若θ=π2,则a=2,1综上所述,应选ACD.10.药物临床试验是确证新药有效性和安全性必不可少的步骤.在某新药的临床实验中,志愿者摄入一定量药物后,在较短时间内,血液中药物浓度将达到峰值,当血液中药物浓度下降至峰值浓度的20%时,需要立刻补充药物.已知某药物的峰值浓度为120mg/L,为探究某药物在人体中的代谢情况,研究人员统计了血液中药物浓度ymg/x012345678xy120110103938268594738y已知根据表中数据可得到经验回归方程y=−A.a=122B.变量y与xC.当x=5时,残差为-1.5D.代谢约【答案】AC【解析】因为样本中心点(4,80)在直线y=−10.5x+血液中药物浓度ymg/L随代谢时间xℎ的增大而减小,所以变量yr>当x=5时,y=−令−10.5×x+12211.已知定义在0,+∞上的函数fx满足fx+1=2fx+x,其中x表示不超过x的最大整数,如1.9=1A.f2=C.数列xn是等差数列D.【答案】BC【解析】f2=2f当n∈N∗时,ffn+1fn=2当n−1<x<n时,设所以当n<x<n+1时,fx=2Fx−1+所以设fxn=所以an=1−1e2综上所述,应选BC.三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.已知圆锥的母线长为6,且其轴截面为等边三角形,则该圆锥的体积为_____.【答案】9【解析】设圆锥的底面半径为r,则2r=6,解得r=所以圆锥的体积为13×π13.已知函数fx=sinωx+φω>0,φ<【答案】12;π2(第一空【解析】依题意,fπ=0即ωπ+解得ω=12,所以π2+φ=14.从集合U={【答案】5【解析】设A⊆U,易知集合U的非空子集个数为24−1=15(方法一)①若cardA∪B=②若cardA∪B=3,从4③若cardA∪B=4,4小计共有7种选法;所以选中的两个子集的交集为空集的概率为P=(方法二)①当cardA=1时,4个元素里任选一个放入集合A中,集合B共有2②当cardA=2时,4个元素里任选两个放入集合A中,集合B故有C4③当cardA=3时,4个元素里任选三个放入集合A中,集合B故有C43×所以选中的两个子集的交集为空集的概率为P=(方法三)对于集合U中的任意元素x均有x∈A,且x∉B;x∈所以选中的两个子集的交集为空集的概率为P=25105=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.(13分)在△ABC中,角A,B,C(1)求A;(2)设D为边AB的中点,若c=2,且sin∠CDB【答案】1π4;【解析】(1)方法1:由正弦定理可得sinAcos即sinA+C−因为B∈0,π,可得sin因为A∈0,π评分细则:方法1:分两个过程(3分+2分)过程1:边化角:利用两角和的正弦公式及sinB=sinA过程2:求值:求出cosA=方法2:由余弦定理可得,cosC=所以aa2+b所以cosA=因为0<A<π评分细则:方法2:分两个过程(3分+2分)过程1:余弦定理角化边:化解整理结果正确(3分).过程2:求值:求出cosA=22(2)∠CDB+∠CDA所以cos∠CDA=1010(写出∠CDA的两个余弦值,得2(i)当cos∠CDA=10所以sin∠ACD=sin(由正弦和角公式得到∠ACD的正弦值(2分),过程正确结果错误扣1在△ACD中,由正弦定理得,ADsin∠ACD所以AC=3在△ABC中,由余弦定理可得a解得,a=3(求出AC得1分,求a得1分)(ii)当cos∠CDA=−10所以a=344,或(漏一种情况,扣两分,AC和a值各占1分)16.(15分)在三棱柱ABC−A1(1)证明:平面ABC⊥平面AC(2)若A1B与平面ABC所成角为60∘,求平面A【答案】(1)证明见解析;(2)77【解析】解:(1)方法1:取AC的中点O,连接A1因为A1A=A1C因为AB⊥BC,BA=所以A1O2+因为OA∩OB=O,所以A1O⊥平面因为A1O⊂平面ACC1A评分细则:方法1:A1O,线面垂直证明(2分),线面垂直⇒面面垂直(1分).说理过程酌情给分.方法2:设O为A1在底面ABC的射影,则A1O与OA因为A1B=A射影O为底面△ABC的外心,又△所以O恰为斜边AC的中点,5分因为A1O⊂平面ACC1A评分细则:方法2:设O为投影,得出OA=证明O恰为斜边AC的中点(2分),面面垂直证明(1分).(2)由(1)可知,A1O⊥所以A1B与平面ABC所成角即为∠A1因为△A1AO≅△A1∠A1BO方法1:如图所示,以O为原点,分别以OA,OB,OA1所在方向为x轴、所以A1B建系及点A1,C,B1的坐标,向量A1则有n1⋅A1B1=所以n1=易知平面ABC的一个法向量为n2=设平面A1B1C与平面所以cosθ所以平面A1B1C与平面ABC法向量n1=−cosθ=n1⋅若有其他建系方法,仿照上述方案给分.方法2:如图,过C作AB的平行线l,因为AB//A1过O作OH⊥l,垂足为H因为A1所以CH⊥平面A1OH,因为A1H⊂所以平面A1B1C与平面易知OH=BC2=所以cos∠A1HO=77,平面A作出平行线l1分,垂足证明A1写明∠A1HO即为所求夹角(1分),求出tan∠17.(15分)已知动圆M与圆C1:x+12+(1)求C的方程;(2)设点P,Q在C上,且以PQ为直径的圆E经过坐标原点O,求圆【解析】解:(1)设圆M的半径为r,则由题意可知MC1=3−r,且MC2=1+r,2分所以MC1+MC2=4>2=C1C2,所以圆心M的轨迹为椭圆,.3分易知椭圆C的长轴长为2a=4,焦距为2c=2,所以a=2,c=1,所以b2=a2−c2=3,·5分所以C的方程为x24+y23=1.6分设圆M半径表达MC1,MC22分由椭圆定义证明M轨迹为椭圆(1分)计算出a,b,c,2分有计算错误酌情给分写出C的方程(1分).(2)方法一:设Px1,y1出韦达关系(2分)由OP,OQ垂直关系,得到k,m的关系式(1分),求出最小值(1分),结论(1分)方法二:因为以PQ为直径的圆E经过坐标原点O,所以OP⊥OQ①当直线OP,OQ中有一条斜率不存在时,则另一条斜率为0,易知PQ2=a2+b2=7,所以圆②若直线OP,OQ的斜率均存在,设直线OP:y=所以由x24+同理可得x2​所以PQ2=121所以PQ2=当且仅当k2=1时,PQ所以此时,圆E面积的最小值为π4因为7π4>12π7,所以圆E考虑直线OP或者OQ斜率不存在的情况,并计算圆E的面积(2分)若计算错误,写出了OP与OQ的垂直关系,给1分.联立直线OP与椭圆,得到x1​2,x写出PQ的表达式(2分),求出最小值(2分),结论(1分)方法三:设P2cos因为OP⊥OQ,所以OP所以PQ=6+因为4cosαcos整理得,7cos2由基本不等式,得cos2所以91−设t=cos2α+cos2β所以PQ2所以圆E面积的最小值为π4×由参数方程分别写出P,Q的坐标由OP与OQ的垂直关系,得到两参数关系(1分)写出PQ的表达式(2分),求出最小值(4分)计算过程酌情给分,结论(1分)方法4:设OP=因为OP⊥OQ,所以可设OQ=n因为点Pmcosα,m所以1m同理可得,n2cos2α所以1m2所以PQ=127当且仅当m=n,所以圆E面积的最小值为π4×写出P,Q的坐标分别写出m2与n2的表达式(2求出PQ的最值(2分),结论(1分).18.(17分)设函数fx(1)当a=0时,求(2)若fx单调递增,求a(3)当0<a<1时,设x0【答案】(1)单调递增区间为−12,+∞2(3)证明见解析.【解析】解:(1)当a=0时,f当x∈−∞,−1当x∈−12,+∞所以fx的单调递增区间为−12,+∞求导正确(1分),fx单调性(2分),可根据具体书写形式酌情给分,结论(1(2)f'设gx=当x∈−∞,−32时,g'x<0,gx单调递减,当x∈−32,+∞时,g'x>0,gx单调递增,当x=−32时,gx取得极小值g−32=−2e−32−且g则gx与y所以glna=此时,当x>0时当x<0时2xex所以综上a的取值范围为−∞,−2eg'x求导情形(i)(1分),情形(ii)(1分)情形(iii)(2分)求出a=1(1分),说理过程酌情给分,结论(3)当0<a<1时,g−12=−a<0,g0>所以当x∈−∞,lna时,y当x∈lna,x当x∈x1,+∞时,y=所以x1=x0,且2所以fx设ℎx=4所以ℎx<ℎ0判断x1>lna1分判断x1=x01分,写出fx19.(17分)若数列an满足数列an+1−an是等差数列,则称a(1)若“绝对等差数列”an的“绝对公差”为2,且a3−(2)已知“绝对等差数列”dn满足d1=0,d2−d1=1,且(i)若dn+1(ii)证明:对任意给定的正整数m,总存在d1,d(2)(i)S2n=【解析】(1)设a2−a因为a3−若a2−a1与a3若a2−a1与所以a2−所以2x+2=4,解得xa3−a1拆解成a2−a1与a3−a(2)(i)d2n=因为d2n−所以S2n=求得d2n=若有其他求解方法,酌情给分.(ii)依题意,dn+1−d①若m为奇数,令bn=−1n−因为dm所以Sm所以对任意给定的奇数m,存在满足an+1−anm为奇数情形(2分),其中S②若m为偶数,因为dmd.......dd1累加得Sm由(i)知,令bn=−若m≤8,则Sm=m写出Sm=k=1易知Sm=当k为大于1的奇数时,bk−1=−1构造新数列cn,其中c其余各项均不变即ck=b记bn调整为cn后该数列的前m项和为k2i+12写出Sm=m24k=1m−令−4≤m2则对任意给定的偶数m,当j=m2−m−128−1,或j=m2−m+4依题意,解得i的范围(1分),说明存在满足题意的j和结论(1