福建省泉州市2025届高三下学期质量检测（三）数学试题 含解析

泉州市2025届高中毕业班质量监测（三）高三数学本试卷共19题，满分150分，共8页.考试用时120分钟.注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．考生作答时，将答案答在答题卡上.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸、试题卷上答题无效.3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚.4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据交集的定义，即可求解.【详解】满足的正整数只有，所以.故选：A2.已知向量满足，且，则与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用数量积的运算律求出，进而求出夹角.【详解】由，得，而，则，，而，所以与的夹角.故选：C3.已知复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的模得到方程求出的值，即可求出，再根据复数代数形式的运算法则判断即可.【详解】因为，所以，又，所以，解得或（舍去），所以，则，所以，.故选：D4.已知圆柱的底面半径与球的半径均为1，且圆柱的侧面积等于球的表面积，则该圆柱的母线长等于（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】根据圆柱侧面积和球表面积公式列方程，解方程即可.【详解】设圆柱的母线长为，则，解得.故选：B.5.已知的展开式中的系数为0，则的值为（）A B. C.640 D.1280【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，求出两个二项式展开式中的系数即可得解.【详解】依题意，展开式中项为，其系数为，展开式中项，其系数为，由展开式中的系数为0，得，所以.故选：A6.已知拋物线的准线为，点在上，以为圆心的圆与和轴都相切，则该圆被轴截得的弦长等于（）A.1 B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】根据相切的到点然后代入抛物线方程得到，最后利用勾股定理求弦长.【详解】拋物线的准线方程为，不妨取点在第一象限，设以为圆心的圆的半径为，因为以为圆心的圆与和轴都相切，所以，将代入抛物线方程得，解得，则到轴的距离为1，该圆被轴截得的弦长为.故选：D.7.已知函数，若，则的值可以是（）A. B. C.3 D.5【答案】B【解析】【分析】根据得到，然后根据的范围求的范围即可.【详解】由题意得，，整理得，因为，则，.故选：B.8.如图，已知是圆锥的轴截面，分别为的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的最大值为（）A B.1 C. D.【答案】C【解析】【分析】勾股得到，从而得到当最大时，最大，然后根据截面得到截面，根据勾股得到当最大时，最大，再结合截面得到的最大值，从而得到的最大值.【详解】过点作，交底面圆于两点，连接，，，设，则，所以当最大时，最大，由圆锥的性质得底面，因为底面，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以，因为分别是的中点，所以，则，因为，平面，所以平面，则平面为截面，因为为中点，所以，所以平面，因平面，所以，所以，则当最大时，最大，如图为截面的平面图，以为原点，为轴，过点垂直向上的方向为轴正方向建系，，，，则抛物线方程为，设，，则，所以，则此时，.故选：C.【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于找到截面，然后转化为平面几何求最值.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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.9.有一组样本数据1，2，3，4，5，现加入两个正整数，构成新样本数据，与原样本数据比较，下列说法正确的是（）A.若平均数不变，则 B.若极差不变，则C.若，则中位数不变 D.若，则方差不变【答案】AC【解析】【分析】根据平均数、极差、中位数和方差的定义判断.【详解】若平均数不变，则，解得，故A正确；当时，极差不变，但，故B错；若，则为或或，每一种情况对应的中位数都是3，故C正确；原数据的平均数为3，原数据的方差为，新数据的平均数为3，新数据的方差为，当且仅当时等号成立，所以方差有可能改变，故D错.故选：AC.10.已知函数，则（）A.的最小正周期为 B.曲线关于直线对称C.在区间上有4个零点 D.在区间内单调递减【答案】AD【解析】【分析】A选项，和的最小正周期，得到的最小正周期；B选项，，B错误；C选项，变形得到，令得或，从而得到在区间上有5个零点，C错误；D选项，求导，得到在上恒成立，D正确.【详解】A选项，的最小正周期为，的最小正周期为，两者的最小公倍数为，故的最小正周期为，A正确；B选项，，故曲线不关于直线对称，B错误；C选项，，令得，故或，因为，所以的解为，，，，，的解为，，，综上，在区间上有5个零点，C错误；D选项，当时，，，即，所以在区间内单调递减，D正确故选：AD11.已知数列的前项和，则下列说法正确的是（）A.若是等差数列，则 B.若不是递增数列，则C.若，则 D.若的最小值为3，则【答案】ABD【解析】【分析】A选项，根据等差数列前项和公式判断；B选项，利用得到，然后根据增减性列不等式即可；C选项，列不等式，然后解不等式即可；D选项，将的最小值为3转化为恒成立，然后分和两种情况分析即可.【详解】若等差数列，则，所以，解得，，故A正确；，则，，当时，，所以，因为不是递增数列，所以或，则，故B正确；若，则，整理得，又，所以，故C错；因为的最小值为3，所以恒成立，即，当时，成立，当时，，则，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.等比数列中，，则的前4项和等于______．【答案】5【解析】【分析】根据给定条件，利用等比数列项间关系列式求出公比，进而求出前4项和.【详解】设等比数列的公比为，由，得，解得，因此，所以的前4项和等于5.故答案为：513.如图，假定两点以相同的初速度运动．点沿射线做匀速运动，；点沿线段（长度为单位）运动，它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距离．令与同时分别从出发，则数学家纳皮尔定义为的对数中，与的对应关系就是，其中e为自然对数的底．若点从线段的中点运动到靠近的四等分点，点同时从运动到，则______．【答案】##0.5【解析】【分析】根据指数式和对数式的转化得到，然后利用换底公式计算.【详解】令，则，整理得，即，令，则，整理得，即，所以.故答案为：.14.设为坐标原点，为椭圆的上顶点，点在上，线段交轴于点．若，且，则的离心率等于______．【答案】【解析】【分析】根据所给的角确定B所在直线，设出B点坐标，再由三角形相似得出B点坐标代入椭圆方程，化简即可得解.【详解】因为，所以直线的斜率为或，不妨取，则如图，设，过作轴于点，由∽，，，可得，即，故，代入椭圆方程可得：，即，解得，所以.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.15.四边形中，．（1）求；（2）若，求四边形的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）方法一，根据余弦定理求边和，再根据正弦定理求；方法二：中，利用正弦定理，求，再根据两角和的正弦公式，即可求解；（2）方法一：根据平行线的性质，以及余弦定理求，再分别求和的面积，即可求解；方法二：同样先求，再求梯形的高，即可求解.【小问1详解】解法一：在中，，由，即，整理得，得或（舍）又，由，即解得．解法二：在，由，得，故，【小问2详解】方法一：因为，所以，在中，由余弦定理，得，故，在中，由，即，整理得，解得（舍去）或，在中，由可得，，故四边形的面积为．方法二：因为，所以，由（1）可得，在中，由，即，整理得，解得（舍去）或，在中，边上的高为，故四边形的面积为．16.如图，四棱台中，底面是边长为4的菱形，，．（1）证明：平面；（2）证明：平面；（3）若该四棱台的体积等于，且，求直线到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据棱台的性质得到平面平面，然后利用面面平行的性质定理得到，然后根据棱台和菱形的性质得到，即可得到，最后证明线面平行即可；（2）利用勾股定理得到，根据等腰三角形的性质得到，然后证明线面垂直即可；（3）解法一：根据棱台的体积公式列方程，得到，然后建系，利用空间向量的方法求距离；解法二：根据棱台的体积公式列方程，得到，然后构建平面平面，利用面面垂直的性质定理得到为直线到平面的距离，然后利用等面积求距离.【小问1详解】连结，交于点，连结，则为的中点，由四棱台，得平面平面，又平面平面，平面面，所以，因为，所以，因为为的中点，所以，所以四边形为平行四边形，故，又平面平面，所以平面．小问2详解】取的中点，连结，由四棱台得，，，，所以四边形为平行四边形，，则，所以，所以，由（1），知，又，所以，因为，所以，又平面，所以平面．【小问3详解】解法一：菱形的面积，由四棱台且，可得，四棱台的体积，从而，解得，因为，所以，故，从而，所以，所以，取的中点，则两两垂直，如图，以为坐标原点，分别，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，设平面即平面的法向量，则即整理，得令，得，从而点到平面的距离，所以直线到平面的距离为．解法二：延长交于点，取的中点，连结交于点，连结，，则的中点均为，因为平面，所以，因为，所以，又平面，所以平面，又平面，所以平面平面，过点作于，且平面平面平面，所以平面，故为点到平面的距离即为直线到平面的距离，因为，所以点到的距离等于点到的距离，又中，，设点到的距离为，则，所以，解得，所以直线到平面的距离为．17.设函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若在区间上单调递增，求的取值范围；（3）当时，，求的取值范围．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义，即可求解；（2）由条件转化为恒成立．再转化为导函数的最小值大于等于0，即可求解；（3）方法一：首先将不等式整理为，再参变分离为，转化为求函数的最小值；方法二：根据（2）的结果，由的值，讨论的取值，判断不等式是否成立，即可求解；方法三：从命题成立的必要条件入手，再证明命题成立的充分条件，即可求解的取值范围.【小问1详解】当时，，则，则曲线在点处的切线斜率为，又，所以曲线在点处的切线方程为．【小问2详解】，由题意得，恒成立．令，则，且在单调递增，令，解得，所以当时，，故单调递减；当时，，故单调递增；所以，又，当且仅当，故．【小问3详解】解法一：因为，所以题意等价于当时，．即，整理，得，因为，所以，故题意等价于．设，的导函数，化简得，考察函数，其导函数为，当单调递减；当单调递增；故在时，取到最小值，即，即，所以，所以当单调递减；当单调递增；所以的最小值为，故．解法二：先考察，由（2）分析可得，情况1：当，即，此时在区间单调递增，故，即，符合题意；情况2：若，则，注意到，且，故对进一步讨论．①当时，即且由（2）分析知：当单调递减，故当，即单调递减，故恒有，不符合题意，舍去；②当时，注意到在区间单调递减，且，又，故在区间存在唯一的满足；同理在区间单调递增，且，故在区间存在唯一的满足；故可得+0-0+极大值极小值所以当，符合题意；故题意等价于，即．又因为，即，化简，得所以，整理得．注意到，所以，故解得，由之前分析得即考察函数，其导函数为，当单调递减；当单调递增；故在时，取到最小值，即，即，所以恒成立，故，又注意到情况（2）讨论范围为，所以也符合题意．综上①②本题所求的取值范围为．方法三：先探究必要性，由题意知当时，是的最小值，则必要地，即得到必要条件为；下证的充分性，即证：当时，．证明：由（2）可知当时，在单调递增，故的最小值为，符合题意；故只需要证明时，．由（2）分析知时，+0-0+极大值极小值其中．注意到，据此可得更精确的范围是；所以等价于证明，又因为，即，可得，只需证明，等价于证明，注意到，即，故若①当，此时显然成立；若②当，只要证明，此时，且所以，故得证．综上必要性，充分性的分析，本题所求的取值范围为．【点睛】方法点睛：本题第三问给了三种方法，第一种参变分离比较简单实用.18.已知双曲线，点在上，过分别作轴和轴的垂线，垂足分别为和，记线段的中点的轨迹为．（1）求的方程；（2）过的直线与有且只有一个公共点，且与交于两点．证明：（ⅰ）；（ⅱ）．【答案】（1）（2）①证明见解析；②证明见解析【解析】【分析】（1）根据坐标的关系，利用代入法，即可求解轨迹方程；（2）（ⅰ）分直线的斜率不存在和存在两种情况讨论，斜率不存在时，根据几何关系，直接得到结论，当直线的斜率存在时，设直线，联立双曲线方程，以及利用切点的性质，直线的斜率用坐标表示，即可证明；（ⅱ）直线的方程与双曲线的方程联立，利用中点坐标公式，即可证明.【小问1详解】设，则．又线段的中点为，所以即①将①代入，得．所以的方程为．【小问2详解】①当的斜率不存在时，直线为轴，显然；同时由双曲线的对称性，也易得．②（ⅰ）当的斜率存在时，设的方程为，则．由消去，可得，所以，化简，得．将代入，得，，又，所以，解得．又，所以，故．（ⅱ）设．由消去，可得，当时，由韦达定理，得，即．