2025届福建省泉州市高三上学期质量监测（二）数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省泉州市2025届高三上学期质量监测（二）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，只有一项是符合题目要求的.1.已知向量，，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为向量，，且，则，解得.故选：C.2.设集合，，若，则（）A.2 B.1 C.0 D.-1【答案】D【解析】由题意可得：，解得：或，当时，，，不符合舍去，当时，，，符合，故，故选：D.3.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由得，，故选：B.4.已知定义在上的函数为奇函数，且，则（）A.-2 B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】因为函数为奇函数，所以，令有，又由，所以，故选：B.5.（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】.故选：C.6.已知正三棱台的高为4，的内切圆和的外接圆的半径均为1，则该正三棱台的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】和均为等边三角形，设边长为，故，又，故，解得，故，在中，由正弦定理得，解得，故，故正三棱台体积为.故选：A.7.已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在的渐近线上，与轴垂直，点在轴上，.若，则的离心率为（）A. B. C.2 D.【答案】B【解析】如图：不妨设点在第一象限.因为与轴垂直，，且，所以.所以点坐标为.所以.所以.故选：B.8.若函数有个零点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设，则对有，对有.所以在上递增，在上递减，这表明，且等号成立当且仅当.①当时，对有，故至多有一个零点，不满足条件；②当时，取充分小的正数，使得，，；再取充分大的正数，使得，，，则，且，，，从而根据零点存在定理，可知有个零点，满足条件；③当时，由于当时，单调递减，故在的范围内至多有一个零点.而当时，有，且若，则必有，即.所以在的范围内至多有一个零点.二者结合，可知至多有两个零点，不满足条件.综合①②③，可知的取值范围是.故选：C.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.将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（）A.的最小正周期为B.C.在区间上单调递减D.在区间上的取值范围为【答案】AD【解析】对于A，由题得，所以的最小正周期为，故A正确；对于B，，，所以，故B错误；对于C，，则，因为函数在上单调递增，所以函数在区间上单调递增，故C错误；对于D，，则，则，所以在区间上的取值范围为，故D正确.故选：AD.10.设正项等比数列的前项和为，的前项积为.若，，则（）A.数列等差数列 B.C. D.的最大值为【答案】ACD【解析】对于选项A：设公比为q，因为，所以，故，由为常数，故选项A正确.对于选项B：，所以，解得：或（舍），所以，故选项B错误.对于选项C：，故选项C正确.对于选项D:由于，其图象对称轴为，，故或时，的最大值为，故选项D正确.故选：ACD.11.已知正方体的棱长为2，点是的中点，点满足，点在上，，则下列说法正确的是（）A.若，，则平面B.若，则C.若，则二面角的正弦值为D.若，则三棱锥的体积的最大值为【答案】BCD【解析】如图建立空间直角系，则,则，则，选项A：若，，，设平面的法向量为，则由，，可知，令，得，故，由，故A错误；选项B：，，，故B正确；选项C：若，，设，，由得，得，故，又，设平面的法向量为，则，令，得，故，平面的法向量为，设二面角的平面角为，则，故，故C正确；选项D：若，则，，由得，得，当时，，当时，，当且仅当，即时等号成立，平面的法向量为，点到平面的距离，，故D正确，故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知复数，则_____.【答案】【解析】，所以，故答案为：.13.写出一个与直线和轴都相切且半径为1的圆的标准方程_____.【答案】，或，或，或.（答案不唯一）【解析】设圆的标准方程为，根据题意有，圆心到直线的距离为，当时，或；当时，或；所以满足条件的圆的标准方程为，或，或，或.14.在平面四边形中，，，，，则_____；若点是的中点，则当取得最大值时，四边形的面积为_____.【答案】1052【解析】中，由余弦定理得，即，整理得，而，解得，取中点，连接，由点是的中点，得，，在中，,，，则，，当且仅当共线时取等号，因此当取得最大值时，，，，所以四边形的面积.故答案为：10；52.四、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.已知函数的图象在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为.（1）求；（2）求在区间上的最大值和最小值.解：（1）由得，所以，又，所以在点处的切线方程为，即.当时，；当时，.因为与坐标轴所围成的三角形的面积为且，所以，所以.（2）由（1）得，.由得或.当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增，因为，，，，且，所以在上的最大值为，最小值为.16.如图1，在矩形中，，，点E，F分别在边AD，BC上，且.将四边形沿翻折至四边形，使得，如图2所示.图1图2（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.（1）证明：，，，，.，，，.又，平面，，平面.（2）解：连接.，，，.过点作，则.又平面，则，，，以为原点，，EF，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，.设平面的法向量为，则即取，可得.设直线与平面所成的角为，则.故直线与平面所成角的正弦值为.17.已知点A，B为椭圆的上、下顶点，点，，其中，且，直线与交于点.（1）证明：点在上；（2）若直线交于，两点，且，求.（1）证明：法一：由题可知（i）若，则，此时，经检查符合椭圆的方程，所以点在上.（ii）若，则直线的方程为，直线的方程为，由可得①②，消去，得，即，所以点在上.法二：由题可知（i）若，则，经检查符合椭圆的方程，所以点在上.（ii）若，则直线的方程为，直线的方程为（*），由消去，得，代入（*）式得，所以.因为，符合椭圆的方程，所以点在上.（2）解：法一：因为直线的斜率，所以直线的方程为，即.由方程组消去，得.由得，解得.设，，则，.则，，所以.又，所以，解得，或者.由，又，所以，或者.法二：由于直线的斜率，设直线的方程为（为参数），代入椭圆方程，得，即，由，，得，解得，或者.由，又，所以，所以，或者.18.随机数广泛应用于数据加密、安全通信、金融等领域.计算机中的随机数是由算法产生的，其“随机性”的优劣取决于所采用的算法.某工厂计划生产一种随机数发生器，这种发生器的显示屏能显示1，2，3，4中的一个数字，每按一次数字更新按钮后，显示屏上的数字将等可能地更新为另三个数字中的一个.在试生产阶段，采用两种不同算法，生产出相应算法的甲、乙两种随机数发生器.为评估两种算法的优劣，从这两种随机数发生器中随机抽取150件进行检验，得到数据饼图如下：（1）已知这150件发生器中，乙种发生器的三级品为2件.在答题卡中填写列联表；依据小概率值的独立性检验，能否认为甲、乙两种发生器的一级品率存在差异?

一级品非一级品合计甲

乙

合计

（2）若发生器显示屏的初始显示数字为1，记按次数字更新按钮后得到的数字为，.（i）求，；（ii）检测一个发生器是否为一级品的方案为：每件被测发生器需进行100轮测试，每轮测试共按10次数字更新按钮；表示100轮测试得到“”的频率，规定满足的被测发生器为一级品.若某件发生器经100轮测试后得到，能否判断该发生器为一级品?附：，0.10.050010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828解：（1）根据题意可得列联表：一级品非一级品合计甲262450乙7030100合计9654150零假设为：甲、乙两批发生器的一级品率没有差异.根据列联表中的数据，经计算得，根据小概率值的独立性检验，推断不成立，所以可以认为甲、乙两批发生器的一级品率存在差异，此推断犯错误的概率不大于0.05.（2）解法一：（i）依题意可得.记“按次按钮后显示的数字为1”，由全概率公式，得.（ii）由全概率公式，得，所以，即，且，所以是首项为，公比为的等比数列，所以，即.所以.因为，所以该发生器为一级品.解法二：（i）依题意可得.记“按次按钮后显示的数字为1”，“按次按钮后显示的数字为2”，“按次按钮后显示的数字为3”，“按次按钮后显示的数字为4”，则，且，，，两两互斥.依据题意得，，.由全概率公式，得.（ii）所以，即，且，所以是首项为，公比为的等比数列.所以，即.所以.因为，所以该发生器为一级品.解法三：（i）依题意可得.记“按次按钮后显示的数字为1”，由全概率公式，得..因为，所以该发生器为一级品.19.将数组的某一个全排列记为，若满足：，能被3整除，则称为的一个“好排列”.例如：的“好排列”共有两个：，.（1）写出的所有“好排列”；（2）若中“好排列”至少有4个，求的取值范围；（3）记的“好排列”个数为，证明：.解：（1）的所有“好排列”为：.（2）当时，只有2个，不符合要求；当时，由（1）可知，只有3个“好排列”，不符合要求；当时，的“好排列”有，，，，至少有4个，符合要求；当时，的“好排列”至少有，，，，至少4个，符合要求；故当时，中“好排列”至少有4个.（3）（i）考虑中“好排列”个数：因为是的一个排列，考虑除以3的余数，共有个1，n个2，n个0；考虑由余数形成的排列，其中为个1，n个2，个0的全排列，为满足“好排列”的条件要求，排列中每个1的右边必为2，故“好排列”的最后一个数为1，形如；其中的排法数即为个0与个的排法数，即.故中“好排列”的个数.（ii）考虑中“好排列”个数；因为是的一个排列，考虑除以3的余数，共有个1，个2，n个0；考虑由余数形成的排列，其中为个1，个2，个0的全排列；①情况1：中，个1与个2形成个，每个1的右边均为2；此时为“好排列”的排法数即为个0与个的排法数，即.故“好排列”的个数有；②情况2：最后位置的数为1，则第一位的数必为2，即排列；其中的排法数即为个0与个的排法数，即.故“好排列”的个数有.由①，②可得.所以福建省泉州市2025届高三上学期质量监测（二）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，只有一项是符合题目要求的.1.已知向量，，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为向量，，且，则，解得.故选：C.2.设集合，，若，则（）A.2 B.1 C.0 D.-1【答案】D【解析】由题意可得：，解得：或，当时，，，不符合舍去，当时，，，符合，故，故选：D.3.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由得，，故选：B.4.已知定义在上的函数为奇函数，且，则（）A.-2 B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】因为函数为奇函数，所以，令有，又由，所以，故选：B.5.（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】.故选：C.6.已知正三棱台的高为4，的内切圆和的外接圆的半径均为1，则该正三棱台的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】和均为等边三角形，设边长为，故，又，故，解得，故，在中，由正弦定理得，解得，故，故正三棱台体积为.故选：A.7.已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在的渐近线上，与轴垂直，点在轴上，.若，则的离心率为（）A. B. C.2 D.【答案】B【解析】如图：不妨设点在第一象限.因为与轴垂直，，且，所以.所以点坐标为.所以.所以.故选：B.8.若函数有个零点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设，则对有，对有.所以在上递增，在上递减，这表明，且等号成立当且仅当.①当时，对有，故至多有一个零点，不满足条件；②当时，取充分小的正数，使得，，；再取充分大的正数，使得，，，则，且，，，从而根据零点存在定理，可知有个零点，满足条件；③当时，由于当时，单调递减，故在的范围内至多有一个零点.而当时，有，且若，则必有，即.所以在的范围内至多有一个零点.二者结合，可知至多有两个零点，不满足条件.综合①②③，可知的取值范围是.故选：C.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.将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（）A.的最小正周期为B.C.在区间上单调递减D.在区间上的取值范围为【答案】AD【解析】对于A，由题得，所以的最小正周期为，故A正确；对于B，，，所以，故B错误；对于C，，则，因为函数在上单调递增，所以函数在区间上单调递增，故C错误；对于D，，则，则，所以在区间上的取值范围为，故D正确.故选：AD.10.设正项等比数列的前项和为，的前项积为.若，，则（）A.数列等差数列 B.C. D.的最大值为【答案】ACD【解析】对于选项A：设公比为q，因为，所以，故，由为常数，故选项A正确.对于选项B：，所以，解得：或（舍），所以，故选项B错误.对于选项C：，故选项C正确.对于选项D:由于，其图象对称轴为，，故或时，的最大值为，故选项D正确.故选：ACD.11.已知正方体的棱长为2，点是的中点，点满足，点在上，，则下列说法正确的是（）A.若，，则平面B.若，则C.若，则二面角的正弦值为D.若，则三棱锥的体积的最大值为【答案】BCD【解析】如图建立空间直角系，则,则，则，选项A：若，，，设平面的法向量为，则由，，可知，令，得，故，由，故A错误；选项B：，，，故B正确；选项C：若，，设，，由得，得，故，又，设平面的法向量为，则，令，得，故，平面的法向量为，设二面角的平面角为，则，故，故C正确；选项D：若，则，，由得，得，当时，，当时，，当且仅当，即时等号成立，平面的法向量为，点到平面的距离，，故D正确，故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知复数，则_____.【答案】【解析】，所以，故答案为：.13.写出一个与直线和轴都相切且半径为1的圆的标准方程_____.【答案】，或，或，或.（答案不唯一）【解析】设圆的标准方程为，根据题意有，圆心到直线的距离为，当时，或；当时，或；所以满足条件的圆的标准方程为，或，或，或.14.在平面四边形中，，，，，则_____；若点是的中点，则当取得最大值时，四边形的面积为_____.【答案】1052【解析】中，由余弦定理得，即，整理得，而，解得，取中点，连接，由点是的中点，得，，在中，,，，则，，当且仅当共线时取等号，因此当取得最大值时，，，，所以四边形的面积.故答案为：10；52.四、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.已知函数的图象在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为.（1）求；（2）求在区间上的最大值和最小值.解：（1）由得，所以，又，所以在点处的切线方程为，即.当时，；当时，.因为与坐标轴所围成的三角形的面积为且，所以，所以.（2）由（1）得，.由得或.当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增，因为，，，，且，所以在上的最大值为，最小值为.16.如图1，在矩形中，，，点E，F分别在边AD，BC上，且.将四边形沿翻折至四边形，使得，如图2所示.图1图2（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.（1）证明：，，，，.，，，.又，平面，，平面.（2）解：连接.，，，.过点作，则.又平面，则，，，以为原点，，EF，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，.设平面的法向量为，则即取，可得.设直线与平面所成的角为，则.故直线与平面所成角的正弦值为.17.已知点A，B为椭圆的上、下顶点，点，，其中，且，直线与交于点.（1）证明：点在上；（2）若直线交于，两点，且，求.（1）证明：法一：由题可知（i）若，则，此时，经检查符合椭圆的方程，所以点在上.（ii）若，则直线的方程为，直线的方程为，由可得①②，消去，得，即，所以点在上.法二：由题可知（i）若，则，经检查符合椭圆的方程，所以点在上.（ii）若，则直线的方程为，直线的方程为（*），由消去，得，代入（*）式得，所以.因为，符合椭圆的方程，所以点在上.（2）解：法一：因为直线的斜率，所以直线的方程为，即.由方程组消去，得.由得，解得.设，，则，.则，，所以.又，所以，解得，或者.由，又，所以，或者.法二：由于直线的斜率，设直线的方程为（为参数），代入椭圆方程，得，即，由，，得，解得，或者.由，又，所以，所以，或者.18.随机数广泛应用于数据加密、安全通信、金融等领域.计算机中的随机数是由算法产生的，其“随机性”的优劣取决于所采用的算法.某工厂计划生产一种随机数发生器，这种发生器的显示屏能显示1，2，3，4中的一个数字，每按一次数字更新按钮后，显示屏上的数字将等可能地更新为另三个数字中的一个.在试生产阶段，采用两种不同算法，生产出相应算法的甲、乙两种随机数发生器.为评估两种算法的优劣，从这两种随机数发生器中随机抽取150件进行检验，得到数据饼图如下：（1）已知这150件发生器中，乙种发生器的三级品为2件.在答题卡中填写列联表；依据小概率值的独立性检验，能否认为甲、乙两种发生器的一级品率存在差异?

一级品非一级品合计甲

乙

合计

（2）若发生器显示屏的初始显示数字为1，记按次数字更新按钮后得到的数字为，.（i）求，；（ii）检测一个发生器是否为一级品的方案为：每件被测发生器需进行100轮测试，每轮测试共按10次数字更新按钮；表示100轮测试得到“”的频率，规定满足的被测发生器为一级品.若某件发生器经100轮测试后得到，能否判断该发生器为一级品?附：，0.10.050010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828解：（1）根据题意可得列联表：一级品非一级品合计甲262450乙7030100合计9654150零假设为：甲、乙两批发生器的一级品率没有差异.根据列联表中的数据，经计算得，根据小概率值的独立性检验，推断不成立，所以可以认为甲、乙两批发生器的一级品率存在差异，此推断犯错误的概率不大于0.05.（2）解法一：（i）依题意可