2024-2025学年福州市高三年级第四次质量检测数学及答案

2024-2025学年福州市高三年级第四次质量检测(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。A.-1+iB.-1-iC.1-iA.y+4=0C.6x-y=03.已知集合A={x|cosx>0},B={1,3},A.B.{1}C.{3}A.20B.15C6.已知抛物线C:y²=4x的焦点为F,准线为1,点P为C上一点，过点P作1的垂线，垂足为A,若FA=2FB,且点(-3,0)在直线PB上，则直线PB的斜率为A.0B.1C.2数学试卷—1—(共4页)顶点的等腰直角三角形，将该四边形沿对角线AC折成二、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A.f(x)在区间上单调递增C.直线是曲线y=f(x)的对称轴这组数据得到新成对样本数据(x+x,yx附：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：数学试卷—2—(共4页)数学试卷—3—(共4页)数学试卷—4—(共4页)11.在平面直角坐标系xOy中，点P射线OA从x轴的非负半轴开始，绕点O按逆时针方向旋转角θ,终止位置为OP.定义：C(θ)=x,S(θ)=y,则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知向量a=(1,2),b=(k-1,1),若13.《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.已知长方体ABCD-AB₁C₁D₁,若阳马以该长方体的顶点为顶点，则这样的阳马的个数是 (用数字作答).14.已知双曲线C:的右焦点为F,其左、右顶点分别为A,B,过F且与x轴垂直的直线交C于M,N两点，直线BN与AM交于点Q,若△MQB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.(13分)已知数列{a}是公差为2的等差数列，满足a₂ₙ=2aₙ+1(n∈N).(1)求{a}的通项公式；(2)设{a}的前n项和为S。,若S₀<3a,求n的最大值.16.(15分)72,67,73,57,66,85,87,79,90,61.(1)根据以上数据，求成绩的上四分位数(说明：上四分位数即第75百分位数);(2)在大于70分的成绩中随机抽取2个，设X表示抽取的2个成绩中大于上四分位17.(15分)BC的中点为M,AC⊥AB,AB=AC=AC₁=2.(1)证明：A₁B//平面AC₁M;(2)在平面ABC内，动点Q在以A为圆心，AB为半径的劣弧BC上(不含端点B,C).若直线B₁Q与平面AC₁B₁所成的角证明：A,M,Q三点共线.18.(17分)(1)求C的方程；19.(17分)已知函数y=h(x),记A={x|a≤x≤b},B={yly=h(x),x∈A},若h(x)满足B≤A,则称y=h(x)是A上的“可控函数”.由“可控函数”的定义可得：若函数h(x)例如h²(x)=h(h(x)),n³(x)=h(h(h(x).(1)判断函数f(x)=x²-2x+2是否为{x|0≤x≤2}上的“可控函数”,并说明理(2)已知函数是{x|0≤x≤t}上的“可控函数”,且t的(ii)若数列{a}满足,a+=g(a。)(neN),S,是数列{a,}的前n项和.求2024—2025学年第二学期福州市高三年级5月份质量检测数学参考答案一、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。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，有选错的三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。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。由a₂ₙ=2a+1可得a₁+2(2n-1)=2[a₁+2(n-1)]+1,解得a₁=1,(2)由(1)得由于2<√6<3,所以5<3+√6<6,所以n的最大值为5.(2)同解法一.想等，考查数学抽象、数学建模、逻辑推理和数学运算等核心素养，体现基础性、综合性.满分15分【解析】(1)把20个成绩按从小到大排序，可得72,73,76,77,79,79,85,87,90,92.由75%×20=15,可知成绩的上四分位数为第15个成绩与第16个成绩的平均数，即(2)由数据可知，成绩大于70分的有10个，大于上四分位数79的成绩有4个，根据题意，X的所有可能取值为0,1,2.则X的分布列为X012P基础知识，考查直观想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力等，考查与转化思想等，考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性.满分15分解法一：(1)连结A₁C与AC₁交于点D,连结DM.因为点D为AC₁与A₁C的交点，所以点D为AC₁中点，因为AB4平面AC₁M,DMc平面AC₁M,所以AB//平面AC₁M.则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),C₁(0,0,2),A(0,-2,2),B₁(2,-2,2),M(1,1,0),AC=(0,0,2),CB₁=(2,-2,0),AM=(1,1,0).设平面AC₁B₁的法向量为因为动点Q在以A为圆心，AB为半径的劣弧BC上(不含端点B,C),所以可设Q(x,y,0)(x>0,y>0),,则x²+y²=4,,由于BQ与平面AC₁B₁所成的角解得xy=2,所以解法二：(1)以A解法二：(1)以A为坐标原点，的方向为x轴正向，则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),C₁(0,0,2),A₁(0,-2,2),B(2,-2,2),M(1,1AC=(0,0,2),AM=(1,1,0),A₁B=(2,2,-2).B(2)C₁B₁=(2,-2,0).则BQ=(2cosθ-2,2sinθ+2,-2),因为BQ与平面AC₁B₁所成的角,所!cosθ-sinθ=1-2sinθcosθ=(cosθ-sinθ)²,得cosθ-sinθ=0或cosθ-sinθ=1.MN//CC₁且MN=CC₁.因为AA//CC₁且AA₁=CC₁,所以MN//AA且MN=AA,所以BN//MC₁.因为AM//AN,AMa平面A,BN,所以AM//平面ABN,又因为AM∩C₁M=M,所以平面ACM//平面A₁NB,因为ABc平面A₁NB,所以AB//平面AC₁M.(2)设平面ABCI平面AB₁C=1,则A∈1.过点Q作QH⊥1,垂足为H,连结B₁H.因为BC//B₁C₁,BC4平面AB₁C₁,所以BC//平面ABC₁,又因为平面ABCI平面AB₁C₁=1,BCc平面ABC,所以BC//1.因为AC₁⊥平面ABC,所以AC₁⊥QH.因为AC⊥AB,AB=AC=2,所以B₁C₁=BC=2√2,设AH=x(0,x<√2),则QH=√AQ²-AH²=√4-x².设劣弧BC的中点为D.当点Q在D上(不含端点C,D)时，0<x<√2,B,H=√(BC₁+AH)²+AC²=√(2√2+x²+4,所以性.满分17分由条件,解得故◎I与C的交点坐标为(2,2),(-2,2),(-2,-2),(2,-2).当直线DE斜率存在时，设其方程为y=kx+m,由QD·QE=(x₁-2)(x₂-2)+(y₁+2)(y₂+2)=(x₁-2)(x₂-2)+(kx=(k²+1)x₁x₂+[k(m+2)-2](x₁+x₂故定点不为Q(2,-2).Q₂D·Q₂E=(x-2)(x₂-2)+(y₁-2)(v₂-2)=(x₁-2)(x₂-2)+(kx₁+=(k²+1)x₁x₂+[k(m-2)-2](x₁+x₂)+将)代入，得4k²+8km+3m²-4-4m=0,故定点为Q₂(2,2).综上，OI过定点，定点坐标为(2,2).解法二：(1)同解法一.从而OI方程当直线DE过原点时，OI方程为x²+y²=8.联与x²+y²=8方程，当直线DE斜率存在时，设其方程为y=kx+m,由于在直线y=kx+m上，可设D(x₁,y),E(x₂,y₂),则所以I的坐标若Q,(2,-2)为所求定点，则必有4IQIP²-|DEP=0,由于故定点不为Q,(2,-2).若Q₂(2,2)为所求定点，则必有4IQ₂IP²-|DEP²=0,由于代入，得4k²+8km+3m²-4-4m=0,故定点为Q₂(2,2).综上，OI过定点，定点坐标为(2,2).解法三：(1)同解法一.(2)(i)同解法一(2)(ii)当直线DE斜率存在时，设其方程为y=kx+m,由于在直线由得I的横坐标为将其代入y=kx+m中，得所以I的坐标所以OI的方程即[(2k²+1)x+2km²+[(2k²+1)由于2(1+k²)(-m²+12k²+6)-(2km²-m²=3[8k⁴+(-2m²+12)所以由OI的方程得(2k²+1)[(2k²+1)x²+4knx+(2k²+1)y²-2my]=3(2k²+即(2k²+1)(x²+y²)+4kmx-2my=3(4k²-m²+4).又因为将其代入上式，并整理化简得2(3x²+3y²-4x-16)k²-4(2x-y-2)k+3x²+3y²+4当直线DE垂直x轴时，将代入中，得,从而Ol方程为令x=2,y=2成立，故此时OI同样过点(2,2).综上，OI过定点，定点坐标为(2,2).识，考查逻辑推理能力、运算求解能力、数学建模能力和创新能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想等，考查数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性与创新性.满分17分【解析】所以1,f(x),2,因为[1,2]=[0,2],故函数f(x)是{x|0,x,2}(2)(i)由函数g(x)的定义域为{x|x≠2p},可得0<1<2p,所以当0,x,p时，g(x)的取值范围所以t的最大值,得