2025届福建省部分学校教学联盟高三下学期2月开学质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省部分学校教学联盟2025届高三下学期2月开学质量检测数学试题一、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，只有一个选项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A B.C. D.【答案】A【解析】由，，所以.故选：A.2.给定一组数5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则下面结论正确的还是（）A.平均数为4 B.方差为C.众数为5 D.分位数为2【答案】B【解析】平均数为，A错；方差为，B正确；众数有两个：2和3，C错误；将数据从小到大排列为，由知第8百分位为为，D错，故选：B.3.已知向量，，，，则在方向上的投影向量为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由可得，解得，即；所以;因此在方向上的投影向量为.故选：A.4.过点且与椭圆有相同焦点的双曲线的标准方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】椭圆的标准方程为，故，可得焦点坐标为.设双曲线的方程为，故，解得，故双曲线的标准方程为.故选:A.5.函数在上的图象不可能为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】观察选项B、D，图象关于轴对称，即函数是偶函数，根据的解析式，此时，故，又，所以.故选：D.6.“”是“函数在上单调递减”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由题意，若，则，由，得，此时函数单调递减，所以充分性成立；若函数在上单调递减，由，得，则，所以，，解得，即，所以必要性成立；因此，“”是“函数在上单调递减”的充分必要条件.故选：C.7.在打结计时赛中，现有5根绳子，共有10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束．则这5根绳子恰好能围成一个圈的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有的打结方式有：种.其中恰好能围成一个圈的打结方式有：种.所以5根绳子恰好能围成一个圈的概率为：.故选：D.8.已知函数，若方程有且仅有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解之积等于（）A. B. C.4 D.8【答案】B【解析】画出的图象，如下：令，则，根据的图象可知，要满足题意必须有两个不等实根，且有两个整数根，有三个整数根，结合图象，当与相切时满足要求，根据对勾函数性质得，在上单调递减，在上单调递增，故当时，取得最小值，最小值为，故，又，其在定义域内单调递减，令，解得，故时，有两个整数根，分别为2和-16，由图象可知，三个整数根中，必有一个小于2，显然只有满足要求，此时，故，令，解得另一个根为4，又，解得，故五个整数根分别为，所以最大整数解和最小整数解之积为.故选：B.二、选择题：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.已知复数，则（）A.B.C.D.在复平面内对应的点位于第四象限【答案】BD【解析】虚数不能比较大小，A选项错误；复数，则，则，B选项正确；，C选项错误；对应点为，D选项正确.故选：BD.10.已知圆：，是直线：上的一动点，过点作直线，分别与相切于点，，则（）A.存在圆心在上的圆与相内切B.四边形面积的最小值为C.的最小值是D.点关于的对称点在内【答案】ABD【解析】圆：的圆心，半径对于A，在直线上取点，，点在圆外，以点为圆心，为半径的圆与圆相内切，A正确；对于B，四边形面积，点到直线的距离，则，，当且仅当时取等号，B正确；对于C，当时，，由，得，解得，C错误；对于D，点到直线的距离为，点与点的距离为5，点与圆心确定的直线斜率为，而直线的斜率为，即点与确定的直线垂直于，因此点关于的对称点到点的距离为，则点关于的对称点在内，D正确.故选：ABD.11.如图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（）A.四面体的外接球的表面积为B.存在点，使、、、四点共面C.过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为D.点是四边形内的动点，且直线与直线夹角为，则点的轨迹长度为s【答案】ACD【解析】对于A选项，将四棱锥补成长方体，所以，四面体的外接球的直径即为长方体的体对角线长，即四面体的外接球的直径为，所以，四面体的外接球的表面积为，A对；对于B选项，连接、、，因为且，故四边形为平行四边形，所以，，因为、分别是、中点，则，所以，即、、、四点共面，当与重合时满足、、、四点共面，但是线段上的动点（不包含端点），B错；对于C选项，如图，在平面上作⊥，垂足为点，过点作在平面内⊥交或者于，因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，又平面，所以⊥，因为，、平面，所以平面，平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，面积最大，此时，，面积为，当与点无限接近时，面积接近于，过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为，C对；对于D选项，取的中点，连接，则，则平面，取的中点，以为圆心，为半径作圆，交、于、，则点的轨迹为以为圆心，为半径的部分圆弧，此时满足直线与直线夹角为，如图，，故，所以点的轨迹长度为，D对.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.直线与函数和的图象都相切，则________【答案】【解析】，设直线与函数的切点为，又，所以，设直线与函数的切点为，又，所以，由可得，由，可得，又，所以，由，得，所以.故答案为：.13.已知中，①__________；②为边的中点，若，则__________.【答案】或0.25【解析】，即由正弦定理角化边可得由余弦定理可得；设由余弦定理结合①得在中，在中，所以，即，，等式两边同时除以可得，解得或（舍去），所以.故答案为：；.14.意大利数学家斐波那契年~年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为．设是不等式的正整数解，则的最小值为__________．【答案】8【解析】由，得，得，得，得，，所以，令，则数列即为斐波那契数列，，则，显然数列为递增数列且，所以数列亦为递增数列，由，得，，，，，，因为，，所以使得成立的的最小值为8．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.已知等差数列满足，的前项和为.（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和.解：（1）设等差数列的公差为，由可得，解得，故，（2），故，由于，，其中分别为前项中奇数项的和以及偶数项的和，故16.如图，三棱锥的棱上存在一点，使得平面底面，点在棱上，且平面.（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.（1）证明：因为平面底面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，所以.又因为平面，平面，所以.又，平面，所以平面.（2）解：由（1）知平面，平面，所以，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，过点A垂直底面的直线为轴，建立如图所示的空直角坐标系.因为平面，平面，所以.又，所以，得则，故，依题意，平面的一个法向量为设平面的一个法向量为，则，即，取，则设平面与平面的夹角为，所以，因此平面与平面夹角的余弦值为17.已知函数.（1）当时，讨论的单调性；（2）证明：在上恒成立；（3）讨论方程在上的根的个数.（1）解：由题意当时，则，令解得，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．（2）证明：先证明对任意，，令，，令解得，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以，即，故对任意成立，且当且仅当时取等号，所以，当且仅当时等号成立，所以在上恒成立．（3）解：由（2），在上恒成立，当且仅当时等号成立，也即的根为的根，下讨论方程的根的个数，化简得，令，则，令解得，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，又，且当时，，时，，故当时，方程无实根；当时，方程有一个实根；当时，方程有两个实根；当时，方程有一个实根，综上所述当时，方程无实根；当时，方程有一个实根；当时，方程有两个实根；当时，方程有一个实根．18.已知椭圆的长轴长为，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）已知椭圆上点处的切线方程是.在直线上任取一点引椭圆的两条切线，切点分别是、.①求证：直线恒过定点；②是否存在实数，使得，若存在，求出的值，若不存在，说明理由.（1）解：由题意可知，所以，所以，所以椭圆的方程为.（2）①证明：设，，，由题设可知：，，又因为，经过点，所以，所以，均在直线上，即，由，解得，所以直线过定点.②解：设实数存在，因为，所以，当直线斜率不存在时，此时直线的方程为，由解得，所以，故.当直线斜率时，不满足题意；当直线斜率时，设直线的方程为，则，故，所以，联立可得，显然，所以，，所以.综上可知，存满足条件.19.阿尔法狗是谷歌公司开发的人工智能程序，它第一个战胜了围棋世界冠军.它可以借助计算机，通过深度神经网络模拟人脑的机制来学习、判断、决策.工程师分别用人类围棋对弈的近100万、500万、1000万种不同走法三个阶段来训练阿尔法狗，三个阶段的阿尔法狗依次简记为甲、乙、丙.（1）测试阶段，让某围棋手与甲、乙、丙三个阿尔法狗各比赛一局，各局比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，记该棋手连胜两局的概率为p，试判断该棋手在第二局与谁比赛p最大，并写出判断过程.（2）工程师让甲和乙进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立.（ⅰ）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望的最大值;（ⅱ）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事M，证明：（1）解：该棋手在第二局与甲比赛p最大，该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，，记，，，该棋手连胜两盘，则第二盘必胜盘，记该棋手在第二盘与甲比赛连胜两局的概率为，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为，则，同理，该棋手在第二盘与乙比赛连胜两局的概率，该棋手在第二盘与丙比赛连胜两局的概率，因为，所以该棋手在第二局与甲比赛p最大.（2）（ⅰ）解：因为没有平局，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”或者“乙获胜”，则，由题意得X的所有可能取值为：2，4，5，，，，所以X的分布列为：245所以X的期望为：，由，得，当且仅当取等号，则，因此，所以的最大值为（ⅱ）证明：设事件A，B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”.由题知甲最后赢得比赛局数是偶数，由题设可知前两局比赛结果可能是AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲赢得比赛”，事件BB表示“乙赢得比赛”，事件AB，BA表示“甲、乙各得1分”，当甲、乙得分总数相同时，甲最后赢得比赛的概率与比赛一开始甲赢得比赛的概率相同，所以，因此，得，而，所以福建省部分学校教学联盟2025届高三下学期2月开学质量检测数学试题一、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，只有一个选项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A B.C. D.【答案】A【解析】由，，所以.故选：A.2.给定一组数5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则下面结论正确的还是（）A.平均数为4 B.方差为C.众数为5 D.分位数为2【答案】B【解析】平均数为，A错；方差为，B正确；众数有两个：2和3，C错误；将数据从小到大排列为，由知第8百分位为为，D错，故选：B.3.已知向量，，，，则在方向上的投影向量为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由可得，解得，即；所以;因此在方向上的投影向量为.故选：A.4.过点且与椭圆有相同焦点的双曲线的标准方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】椭圆的标准方程为，故，可得焦点坐标为.设双曲线的方程为，故，解得，故双曲线的标准方程为.故选:A.5.函数在上的图象不可能为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】观察选项B、D，图象关于轴对称，即函数是偶函数，根据的解析式，此时，故，又，所以.故选：D.6.“”是“函数在上单调递减”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由题意，若，则，由，得，此时函数单调递减，所以充分性成立；若函数在上单调递减，由，得，则，所以，，解得，即，所以必要性成立；因此，“”是“函数在上单调递减”的充分必要条件.故选：C.7.在打结计时赛中，现有5根绳子，共有10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束．则这5根绳子恰好能围成一个圈的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有的打结方式有：种.其中恰好能围成一个圈的打结方式有：种.所以5根绳子恰好能围成一个圈的概率为：.故选：D.8.已知函数，若方程有且仅有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解之积等于（）A. B. C.4 D.8【答案】B【解析】画出的图象，如下：令，则，根据的图象可知，要满足题意必须有两个不等实根，且有两个整数根，有三个整数根，结合图象，当与相切时满足要求，根据对勾函数性质得，在上单调递减，在上单调递增，故当时，取得最小值，最小值为，故，又，其在定义域内单调递减，令，解得，故时，有两个整数根，分别为2和-16，由图象可知，三个整数根中，必有一个小于2，显然只有满足要求，此时，故，令，解得另一个根为4，又，解得，故五个整数根分别为，所以最大整数解和最小整数解之积为.故选：B.二、选择题：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.已知复数，则（）A.B.C.D.在复平面内对应的点位于第四象限【答案】BD【解析】虚数不能比较大小，A选项错误；复数，则，则，B选项正确；，C选项错误；对应点为，D选项正确.故选：BD.10.已知圆：，是直线：上的一动点，过点作直线，分别与相切于点，，则（）A.存在圆心在上的圆与相内切B.四边形面积的最小值为C.的最小值是D.点关于的对称点在内【答案】ABD【解析】圆：的圆心，半径对于A，在直线上取点，，点在圆外，以点为圆心，为半径的圆与圆相内切，A正确；对于B，四边形面积，点到直线的距离，则，，当且仅当时取等号，B正确；对于C，当时，，由，得，解得，C错误；对于D，点到直线的距离为，点与点的距离为5，点与圆心确定的直线斜率为，而直线的斜率为，即点与确定的直线垂直于，因此点关于的对称点到点的距离为，则点关于的对称点在内，D正确.故选：ABD.11.如图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（）A.四面体的外接球的表面积为B.存在点，使、、、四点共面C.过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为D.点是四边形内的动点，且直线与直线夹角为，则点的轨迹长度为s【答案】ACD【解析】对于A选项，将四棱锥补成长方体，所以，四面体的外接球的直径即为长方体的体对角线长，即四面体的外接球的直径为，所以，四面体的外接球的表面积为，A对；对于B选项，连接、、，因为且，故四边形为平行四边形，所以，，因为、分别是、中点，则，所以，即、、、四点共面，当与重合时满足、、、四点共面，但是线段上的动点（不包含端点），B错；对于C选项，如图，在平面上作⊥，垂足为点，过点作在平面内⊥交或者于，因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，又平面，所以⊥，因为，、平面，所以平面，平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，面积最大，此时，，面积为，当与点无限接近时，面积接近于，过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为，C对；对于D选项，取的中点，连接，则，则平面，取的中点，以为圆心，为半径作圆，交、于、，则点的轨迹为以为圆心，为半径的部分圆弧，此时满足直线与直线夹角为，如图，，故，所以点的轨迹长度为，D对.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.直线与函数和的图象都相切，则________【答案】【解析】，设直线与函数的切点为，又，所以，设直线与函数的切点为，又，所以，由可得，由，可得，又，所以，由，得，所以.故答案为：.13.已知中，①__________；②为边的中点，若，则__________.【答案】或0.25【解析】，即由正弦定理角化边可得由余弦定理可得；设由余弦定理结合①得在中，在中，所以，即，，等式两边同时除以可得，解得或（舍去），所以.故答案为：；.14.意大利数学家斐波那契年~年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为．设是不等式的正整数解，则的最小值为__________．【答案】8【解析】由，得，得，得，得，，所以，令，则数列即为斐波那契数列，，则，显然数列为递增数列且，所以数列亦为递增数列，由，得，，，，，，因为，，所以使得成立的的最小值为8．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.已知等差数列满足，的前项和为.（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和.解：（1）设等差数列的公差为，由可得，解得，故，（2），故，由于，，其中分别为前项中奇数项的和以及偶数项的和，故16.如图，三棱锥的棱上存在一点，使得平面底面，点在棱上，且平面.（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.（1）证明：因为平面底面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，所以.又因为平面，平面，所以.又，平面，所以平面.（2）解：由（1）知平面，平面，所以，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，过点A垂直底面的直线为轴，建立如图所示的空直角坐标系.因为平面，平面，所以.又，所以，得则，故，依题意，平面的一个法向量为设平面的一个法向量为，则，即，取，则设平面与平面的夹角为，所以，因此平面与平面夹角的余弦值为17.已知函数.（1）当时，讨论的单调性；（2）证明：在上恒成立；（3）讨论方程在上的根的个数.（1）解：由题意当时，则，令解得，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．（2）证明：先证明对任意，，令，，令解得，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以，即，故对任意成立，且当且仅当时取等号，所以，当且仅当时等号成立，所以在上恒成立．（3）解：由（2），在上恒成立，当且仅当时等号成立，也即的根为的根，下讨论方程的根的个数，化简得，令，则，令解得，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，又，且当时，，时，，故当时，方程无实根；当时，方程有一个实根；当时，方程有两个实根；当时，方程有一个实根，综上所述当时，方程无实根；当时，方程有一个实根；当时，方程有两个实根；当时，方程有一个实根．18.已知椭圆的长轴长为，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）已知椭圆上点处的切线方程是.在直线上任取一点引椭圆的两条切线，切点分别是、.①求证：直线恒过定点；②是否存在实数，使得，若存在，求出的值，若不存在，说明理由.（1）解：由题意可知，所以，所以，所以椭圆的方程为.（2）①证明：设，，，由题设可知：，，又因为，经过点，所以，所以，均在直线上，即，由，解得，所以直线过定点.②解：设实数存在，因为，所以，当直线斜率不存在时，此时直线的方程为，由解得，所以，