福建省福州市2024-2025学年高三第二次质量检测数学试卷【含答案解析】

2024-2025学年高三年级第二次质量检测数学试题（完卷时间120分钟；满分150分）友情提示：请将所有答案填写到答题卡上!请不要错位､越界答题!一､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.已知全集，，,则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由集合运算的定义可以得到集合不含的元素，从而知道不含的元素，即可得到答案.【详解】因为，所以，，因为，所以，，所以，，，因为，所以.故选：D.2.复数的共轭复数是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用复数的除法运算，分子和分母同乘以分母的共轭复数，整理出复数的代数形式的标准形式，根据共轭复数概念写出即可.【详解】令.的共轭复数是.故选：C.3.已知圆台上下底面积分别为，母线长为，则该圆台的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据圆台的体积公式代入求解即可.【详解】因为圆台的上､下底面积分别为，所以该圆台的上､下底面的半径分别1，2，如图所示：即，，，所以，所以，故圆台的高为2，则圆台的体积，故选：.4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用两角和与差的公式列出方程组求解即可.【详解】因为所以则故选：D.5.已知，则与的夹角为（）A B. C. D.【答案】B【解析】【分析】通过解出，由向量夹角公式求出与的夹角.【详解】，即，所以，所以，∴，故选：B.6.若函数的图象如图所示，则函数的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据给定的幂函数图象可得，再变形函数并由函数值的特性得解.【详解】由幂函数图象可得，函数定义域为，而，则恒成立，BCD错误，A正确.故选：A7.金箔是黄金锻制而成的矩形薄片，其规格是指金箔制成后的尺寸.我国南京金箔锻制技艺被国务院列为第一批国家级非物质文化遗产名录.系列的矩形金箔共14种规格，其规格具有下列特点：①较长边长与较短边长的比值都相同；②每一序号的金箔（除外）对裁后，可以得到两张后一序号的金箔.比如1张金箔对裁后可以得到2张金箔.若金箔的较短边长为，则金箔的较长边长约为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据等比数列的基本量运算即可求解.【详解】设矩形金箔较长边长分别为，矩形金箔较短边长分别为，设，且，所以，所以，所以为公比为的等比数列，所以，所以.故选：D.8.已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，点在轴上，，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用椭圆的几何定义，及直角三角形勾股定理和余弦定理即可求解.【详解】由椭圆对称性质可设：，根据，可得，再由椭圆的定义可知：，可得，又由，可得：，即：，整理得：，解得，所以有,再由余弦定理得：，（由于是直角三角形，此时也可以由初中的余弦函数直接可得：）故选：A.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.抛物线的焦点为，准线与轴交于点，点在抛物线上（除原点外），则（）A.当轴时，B.当时，的面积为2C.以为直径的圆与轴相切D.外接圆的面积最小值为【答案】ACD【解析】【分析】A选项由轴求出点坐标，然后求出；由求出点坐标，从而知道的面积；设点坐标，表示出直径和中点的坐标，证明点到轴的距离等于；找到外接圆的直径的最小值即可.【详解】A选项：，，轴，∴，∴，A选项正确；B选项：当时，，得，所以,，B选项错误；C选项：设，，，所以点到轴的距离，C选项正确；D选项：为外接圆的弦，当为直径时，圆的半径最小，此时半径为1，所以D选项正确.故选：ACD10.若数列为递增数列且数列也为递增数列，则称为“重增数列”.下列数列中，是重增数列的有（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】【分析】根据新定义结合对数运算及三角函数值的正负计算判断各个选项即可.【详解】对于A：因为，为递增数列且，所以数列也为递增数列，A选项正确；对于B：因为，为递增数列且，所以数列也为递增数列，B选项正确；对于C：因为，所以不是重增数列，C选项错误；对于D：因为，所以不是重增数列，D选项错误；故选：AB.11.定义在上的函数满足：①当时，，且；②；③，则（）A. B.为偶函数C.为奇函数 D.为周期函数【答案】ABC【解析】【分析】利用两式相加可得，再赋值即可得；也可赋值得，即可判断奇偶性；利用恒等式变形可得，结合恒等式可判断奇偶性；利用举反例，可判断周期性．【详解】由及，两式相加可得：，令，，可得：，因为，所以，即可得，A正确，再令，可得：，又，即，由于，所以为偶函数，B正确，再通过，令，得：，又为偶函数，所以，①通过，令得：，②①,②两式相减可得：，又不恒为0，所以，即为奇函数，C正确，因为为奇函数，且，有，则有，，且仅有，所以不可能存在常数满足，即不是周期函数，D错误.故选：ABC．三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知随机变量，若，则__________.【答案】0.1##【解析】【分析】结合正态分布求解相应的概率即可.【详解】因为，所以，所以根据正态分布的对称性得：所以故答案为：0.1.13.函数恰有两个零点，则__________.【答案】【解析】【分析】利用正弦函数的对称性求解即可.【详解】因为函数恰有两个零点，所以又在关于对称，所以即故答案为：14.已知，动直线与函数的图象交于三点，且点在轴的左侧，为线段的中点，则点的横坐标的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】通过设出函数图象上的点坐标，利用函数值关系，进而确定中点横坐标的取值范围.【详解】直线与的图象交于三点，且点在轴的左侧，设，且，为线段的中点，已知,因为在直线上，所以,即，展开并化简可得：，，因为，所以.所以,因为在轴的左侧，所以.所以所以的横坐标的取值范围.故答案为：.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.在中，角对边分别为.（1）求；（2）若的面积为，求的周长.【答案】（1）（2）6【解析】【分析】（1）解法一：利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可化简求得，由此可得；解法二：利用余弦定理角化边，进而利用余弦定理求出，由此可得；（2）由三角形面积公式可求得，利用余弦定理可构造方程求得，由此可得三角形周长.【小问1详解】解法一：因为，由正弦定理得，所以，，即，因为，所以，因为，所以.解法二：因为，由余弦定理得，即，即，所以，所以，因为，所以.【小问2详解】解法一：因为的面积，所以，因为，所以，由（1）得，所以，故，解得，所以的周长.解法二：由（1）得，因为，所以，整理得，即，又，所以为等边三角形，即，因为的面积，所以，所以的周长为6解法三：（2）由（1）得，所以，当且仅当时取”，因为，所以，因为的面积，所以，所以的周长为6.16.已知为坐标原点，双曲线经过点，左、右焦点分别为.（1）求的离心率；（2）一组平行于的直线与相交，证明这些直线被截得的线段的中点在同一条直线上.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）可利用待定系数法或定义法来求各参数，从而可得离心率；（2）可用直线与双曲线联立方程组结合韦达定理来求解，也可以用点差法来求解.【小问1详解】解法一：依题意，得解得，所以离心率.解法二：因为两焦点分别为，所以，，即，所以的离心率.【小问2详解】解法一：由（1）知的方程为.直线的斜率，设平行于的一组直线方程为，与交于点，线段的中点为.由得，即，，所以，因为，所以，即这些直线被截得的线段的中点在同一条直线上.解法二：由（1）知的方程为.直线的斜率，设平行于的一组直线与交于点，线段的中点为.由两式相减得：，显然，所以，所以，即，即这些直线被截得的线段的中点在同一条直线上.17.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，为线段的中点.（1）证明：直线平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）应用线面平行的判定定理证明即可；（2）应用空间向量法计算线面角正弦值.【小问1详解】连接交于点，连接，因为四边形是正方形，所以是中点，又为线段的中点，所以，又平面平面，所以直线平面.【小问2详解】因为底面是边长为2的正方形，所以，又平面，所以平面，在平面内作，分别以为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，又底面为边长为2的正方形，，则，又，得，，设平面的一个法向量为，则，即，取，得，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为.18.已知函数.（1）求的最小值；（2），写出一条与曲线和都相切的定直线的方程（无需写出求解过程）；（3）当时，，求的取值范围.【答案】（1）（2）存在定直线与曲线与都相切（3）【解析】【分析】（1）对于求的最小值，先对求导，通过导数判断函数单调性，进而求得最小值；（2）分析两函数及其导数的特点，由来确定切线即可；（3）构造新函数，对其求导，令，则有，解法一：构造，通过求导判断得出，利用基本不等式可得时，从而，当时，构造函数，利用导数判断其单调性进而可得存在，利用单调性证明，与矛盾,即可得出结果.解法二：当时，，构造函数，由导数可判断得出，当时，同方法一可得出存在，进而可得，与矛盾,即可得出结果.解法三：构造函数，利用导数可证得在上单调递增，当时，，进而可得在上单调递增，从而所以恒成立，当时，同方法一可得出存在，进而可得，与矛盾,即可得出结果.【小问1详解】的定义域为，，当时，单调递减，当时，单调递增，故.【小问2详解】存在定直线与曲线与都相切.理由如下：因为，所以曲线与曲线在处的切线方程均为，即存在定直线与曲线与都相切.（注：本小题给出正确答案即得满分，无需说明理由.）【小问3详解】解法一：令，因为时，，所以恒成立，，令，则有，令，则，当时，单调递减，当时，单调递增，故，故，即，则时，，所以在上单调递增，所以，又，所以，即，所以在上单调递增，从而，又，所以；当时，令，因为，则有，故在上单调递增，而，故存在，从而当时，单调递减，所以当时，，又，所以，所以在上单调递减，所以，又，故，与矛盾，故不合题意.综上所述，实数的取值范围为.解法二：令，因为时，，所以恒成立，，令，则有，则时，，令，当时，，故在上单调递增，，又，所以，故，所以在上单调递增，从而，又，所以，所以在上单调递增，从而，又，所以恒成立；当时，令，因为，则有，故在上单调递增，而，故存在，从而当时，单调递减，所以当时，，又，所以，所以在上单调递减，所以，又，故，与矛盾，故不合题意.综上所述，实数的取值范围为.解法三：令，因为时，，所以恒成立，，令，则有，令，因，则有，故在上单调递增，所以当时，，又，故，所以在上单调递增，从而，又，所以，所以在上单调递增，从而，又，所以恒成立；当时，，又有在上单调递增，故存在，从而当时，单调递减，所以当时，，又，所以，所以在上单调递减，所以，又，故，与矛盾，故不合题意.综上所述，实数的取值范围为.【点睛】方法点睛：本题在求解不等式恒成立求参数值（取值范围）使用到的方法：整体构造函数法：所给不等式变形构造函数，再通过导数研究最值，最后通过最值求参数值（取值范围）.19.某商店售卖一种珠环，消费者从红、蓝两种颜色的装饰珠中各选出偶数个，按随机的顺序用绳子穿成“串”（穿在一根绳子上，之后固定位置不可移位），再将绳子首尾相接连成“环”.小王现在选了6个红珠4个蓝珠穿成一个“串”.（1）如果小王将这一串装饰珠剪了一刀分成了两串，每串各有5个装饰珠，求这两串装饰珠都恰好是3个红珠和2个蓝珠的概率；（2）在把10个装饰珠连成环后，小王剪了两刀将珠环分成各含4个装饰珠和6个装饰珠的两串.设4个装饰珠串里红珠的个数为随机变量，求的分布列与期望；（3）如果小王选了个红珠和个蓝珠以任意顺序连成一个“环”，求证：只需要在合适的位置剪两刀，总可将环分成两串，每串都恰好是个红珠和个蓝珠.【答案】（1）（2）分布列见解析，（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由组合数及古典概型概率公式即可求解；（2）确定随机变量的取值及概率，即可求解；（3）任选一个红珠记其编号为1，并按顺时针方向依次给每个装饰珠编号2，3，4，再确定，①不可能每组中红珠都多于或少于个.②相邻两组中红珠数量最多相差1.即可求证；【小问1详解】设两串装饰珠都恰好是3个红珠和2个蓝珠为事件，则.【小问2详解】随机变量的可能取值有，所以的分布列为01234所以，.【小问3详解】编号：任选一个红珠记其编号为1，并按顺时针方向依次给每个装饰珠编号2，3，4，编组：1号珠，连同它顺时针方向后的个装饰珠，共个装饰珠编为一组，称为1号组；2号珠，连同它顺时针方向后的个装饰珠，共个装饰珠编为一组，称为2号组；，共组，每组均有个装饰珠.有以下结论：①不可能每组中红珠都多于或少于个.因为每个装饰珠都同时在组中，所以每组中的红珠数目之和为，若每组中红珠都多于（或少于）个，因为共组，则此时红珠总数会多于（或少于），与每组中的红珠数目之和为矛盾.②相邻两组中红珠数量最多相差1.因为后一组的装饰