福建省莆田市2025届高三第二次教学质量检测数学试卷

第PAGE"pagenumber"pagenumber页，共NUMPAGES"numberofpages"numberofpages页第PAGE"pagenumber"pagenumber页，共NUMPAGES"numberofpages"numberofpages页福建省莆田市2025届高三第二次教学质量检测数学试卷一、单选题（本大题共8小题）1．设，则（

）A．1 B．2 C． D．2．已知，则（

）A． B． C． D．3．已知向量，则在方向上的投影向量为（

）A． B． C． D．4．设等比数列公比为，则“”是“为递增数列”的（

）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．即不充分也不必要条件5．曲线在点处切线的斜率为，则的坐标为（

）A． B． C． D．6．已知函数是图象的一条对称轴，且在上单调，则为（

）A．2 B．5 C．8 D．117．为了解女儿身高与其母亲身高的关系，随机抽取5对母女的身高数据如下：母亲身高164166166166168女儿身高165165166167167根据最小二乘法（即取最小），关于的回归直线方程为（

）A． B． C． D．8．设正方形的四条边分别经过点，则该正方形与圆的公共点至多有（

）A．0个 B．4个 C．8个 D．16个二、多选题（本大题共3小题）9．已知双曲线的左右焦点分别是，过的直线交于两点，列结论正确的是（

）A． B．渐近线方程为C．的最小值为4 D．内切圆圆心在直线上10．在三棱锥中，平面分别为中点，下列结论正确的是（

）A．为直角三角形 B．平面C．三棱锥的体积最大值为 D．三棱锥外接球的半径为定值11．已知函数，下列结论正确的是（

）A．当时，是的极大值点B．存在实数，使得成立C．若在区间上单调递减，则的取值范围是D．若存在唯一的零点，且，则的取值范围是三、填空题（本大题共3小题）12．展开式中的常数项为．13．如图是抛物线形拱桥，当水面在时，拱顶离水面3m，水面宽6m．水面上升1m后，水面宽度是m．14．在中，，的面积为3，则的最小值为．四、解答题（本大题共5小题）15．记为等差数列的前项和．已知．(1)求的通项公式；(2)记集合，将中的元素从小到头依次排列，得到新数列，求的前20项和．16．如图，在直三棱柱中，平面平面为的中点．(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．17．在某人工智能的语音识别系统开发中，每次测试语音识别成功的概率受环境条件（安静或嘈杂）的影响．(1)已知在安静环境下，语音识别成功的概率为0.9；在嘈杂环境下，语音识别成功的概率为0.6．某天进行测试，已知当天处于安静环境的概率为0.3，处于嘈杂环境的概率为0.7．（ⅰ）求测试结果为语音识别成功的概率；（ⅱ）已知测试结果为语音识别成功，求当天处于安静环境的概率；(2)已知当前每次测试成功的概率为0.8，每次测试成本固定，现有两种测试方案：方案一：测试4次；方案二：先测试3次，如果这3次中成功次数小于等于2次，则再测试2次，否则不再测试，为降低测试成本，以测试次数的期望值大小为决策依据，应选择哪种方案？18．已知椭圆的离心率为，点在上．(1)求的方程；(2)设椭圆．若过的直线交于另一点交于两点，且在轴上方．（ⅰ）证明：；（ⅱ）为坐标原点．为右顶点．设在第一象限内，，是否存在实数使得的面积与的面积相等？若存在，求的值；若不存在，说明理由．19．若函数在区间上有意义，且存在正实数，使得，均有，则称在上具有性质．设．(1)求的单调区间：(2)判断在上是否具有性质，并说明理由；(3)当时，在上具有性质，证明：．

参考答案1．【答案】C【详解】因为，所以，所以，所以.故选：C2．【答案】C【详解】.故选：C.3．【答案】A【详解】在方向上的投影向量是，故选：A.4．【答案】D【详解】假设.对于等比数列，其通项公式为.当，时，根据通项公式可得.此时，等比数列不是递增数列.这说明仅仅不能保证等比数列一定是递增数列，所以“”不是“等比数列为递增数列”的充分条件.假设等比数列为递增数列，那么.由通项公式可得，，所以.当时，不等式两边同时除以（因为，，不等号方向改变），得到.例如当时，，解得.这说明等比数列为递增数列时，不一定有，所以“”不是“等比数列为递增数列”的必要条件.则“”是“为递增数列”的既不充分又不必要条件.故选：D.5．【答案】B【详解】，令，则，故，当时，，即的坐标为.故选：B.6．【答案】B【详解】因为函数在上单调，所以，得.又直线为的图象的对称轴，所以，得，当时，.故选：B.7．【答案】C【详解】观察数据，可得与有关，故排除D.又，.所以回归直线方程必过点，所以排除AB.故选：C8．【答案】B【详解】，由勾股定理得，设，，则，，由对称性可知，，所以，当且仅当时，等号成立，此时不妨设点为点，则，同理可得，，经验证，在上，故该正方形与圆的公共点至多有4个.故选：B9．【答案】ACD【详解】因为双曲线中，所以，所以，所以左焦点，故A正确；渐近线方程为，故B错误；双曲线，，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，，则；当直线的斜率为：或时，设直线的方程为，设，联立，得，则，，所以，由于或，则，即.当直线的斜率为：时，过的直线交于两点，左右各有一个交点，，当斜率为0时，取得最小值，最小值为，故C正确．设圆分别与相切于点，则．因为，所以．令的横坐标为，则，即为双曲线的右顶点，即内切圆圆心在定直线上，同理如果在双曲线左支上，可得内切圆圆心在定直线上，故D正确．故选：ACD.10．【答案】ACD【详解】对A，因为平面，平面，所以，又是平面内的两条相交直线，所以平面，因为平面，所以，所以为直角三角形，正确；对B，连接相交于点，连接，若平面，平面平面，平面，则，因为为的中线，所以为的重心，，因为为的中点，所以，与矛盾，故B错误；对C，因为，得，所以，所以，当且仅当时等号成立，正确；对D，将三棱锥补形成长方体，易知即为外接球的直径，易得，外接球半径，正确.故选：ACD11．【答案】ABD【详解】A：，令，得或.当时，，令或，所以在上单调递减，在上单调递增，所以是的极大值点，故A正确；B：，所以，整理得，所以，解得，即存在使得，故B正确；C：若在上单调递减，则在上恒成立，即不等式在上恒成立，又在上单调递减，其值域为，所以，故C错误；D：由选项A知，当时，，令，解得，所以函数又两个零点，不符合题意；当时，，令或，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的极大值为，极小值，且当时，，当时，，要使存在唯一的零点，则，解得或（舍去），所以，此时，不符合题意；当时，在上单调递减，在上单调递增，所以的极大值为，极小值，且当时，，当时，，要使存在唯一的零点，且，则，解得或（舍去），所以.综上，的取值范围为，故D正确.故选：ABD12．【答案】12【解析】利用二项式定理求出通项公式，令指数为零找出常数项即可．【详解】通项，令，得，∴展开式的常数项为．故答案为：12.13．【答案】【详解】如图：以拱桥顶点为原点，建立如图坐标系.设抛物线方程为：，由题意，抛物线过点.所以，所以抛物线方程为：.水面上升，则，此时或.所以水面宽度为：.故答案为：14．【答案】4【详解】设，则，由，得.由余弦定理得，令，则，即（其中），所以，即，得，解得或，即或（舍去），解得或（舍去），所以的最小值为4.故答案为：415．【答案】(1)；(2)487【详解】（1）设公差为，由题意得，解得，故；（2），，故的前20项为，故的前20项和为.16．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）如图，在直三棱柱中，因为平面，平面，所以，又因为，所以四边形是正方形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以.（2）因为平面，平面，所以.又，，平面，平面，所以平面，所以两两垂直，以为原点，以的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，不妨设，则，所以，设是平面的法向量，则，所以，取，则，所以是平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.17．【答案】(1)；(2)方案二【详解】（1）（ⅰ）记事件A是“安静环境”，则是“嘈杂环境”，记事件B是“语音识别成功”.所以；（ⅱ）已知测试结果为语音识别成功，则当天处于安静环境的概率；（2）设每次测试成本固定为，设方案一和方案二测试成本分别为，方案一：测试4次则测试4次；方案二：可取，，，随机变量的分布列如下表所示：所以．所以，即方案一测试次数的期望值大于方案二测试次数的期望值，所以应选择方案二．18．【答案】(1)(2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）存在，【详解】（1）由已知，可得，因为，，解得，所以椭圆方程为（2）如图，（ⅰ）证明：要证，只需证明弦的中点与弦的中点重合.当垂直于轴时，弦的中点都是坐标原点，故它们的中点重合，此时当不垂直于轴时，设直线的方程为，由，得，则，所以弦中点的横坐标为，同理可得，所以弦中点的横坐标为所以弦的中点与弦的中点重合，此时.综上所述，(ii)因为，所以，又因为点在第一象限内，，由(i)知，，所以,又，所以，化简得

①设到的距离为，C到的距离为，假设的面积与的面积相等，则，因为，所以，所以,又，因为，所以，所以

②由①②解得，经检验符合题意，所以19．【答案】(1)答案见解析(2)具有，理由见解析(3)证明见解析【详解】（1），则当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减；（2）在上具有性质，理由