福建省漳州市2025屆高三數(shù)學上學期第一次教學質量檢測試題含解析

福建省漳州市2024屆高三數(shù)學上學期第一次教學質量檢測試題一?單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，全集，則集合中的元素個數(shù)為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】先求出全集和交集，再求即可.【詳解】集合，，全集，，，集合中的元素個數(shù)為3個.故選：C.2.若復數(shù)滿意（為虛數(shù)單位），則（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】【分析】依據(jù)復數(shù)代數(shù)形式運算及模的性質求解即可.【詳解】，，，.故選：A3.已知：，：，，則是的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】依據(jù)充分條件、必要條件的定義推斷即得.【詳解】由可得，或，，所以由推不出，，由，，可以推出，故是的必要不充分條件.故選：B.4.已知，，均為單位向量，且滿意，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用平面對量數(shù)量積的性質進行運算即可．【詳解】，，則，即，則故選：C5.已知，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用余弦的和差公式對原式進行綻開，平方后再利用，，去進行整理可得.【詳解】因為，所以，平方后可得，整理得，所以.故選：D.6.已知（為常數(shù)）的綻開式中全部項系數(shù)的和與二項式系數(shù)的和相等，則該綻開式中的常數(shù)項為（）A.90 B.10 C.10 D.90【答案】A【解析】【分析】由題意可得，得，然后求出二項式綻開式的通項公式，由的次數(shù)為零，求出，從而可求出常數(shù)項.【詳解】因為（為常數(shù)）的綻開式中全部項系數(shù)的和與二項式系數(shù)的和相等，所以，得，所以，則其綻開式的通項公式為，令，得，所以該綻開式中的常數(shù)項為，故選：A7.設，，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】構造和，利用導數(shù)推斷其單調性，利用作商法推斷大小.【詳解】設則，，，在上單調遞增，，即，，，，，又，所以.設，則，所以在上單調遞增，所以，所以，，所以，，，又，故，綜上：，故選：D8.已知，分別為軸，軸上的動點，若以為直徑的圓與直線相切，則該圓面積的最小值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知可得以為直徑的圓過坐標原點，由向直線作垂線，垂足為，當為切點時，圓的半徑最小，此時直徑為點到直線的距離，進而求解.【詳解】為直徑，，點必在圓上，由點向直線作垂線，垂足為，當點恰好為圓與直線的切點時，圓的半徑最小，此時圓直徑為到直線的距離，即半徑，所以圓的最小面積，故選：C.二?多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求，全部選對的得5分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分.9.已知函數(shù)，則（）A.的最小正周期是B.的圖象關于點中心對稱C.在上有三個零點D.的圖象可以由的圖象上的全部點向右平移個單位長度得到【答案】AB【解析】【分析】由周期公式求出函數(shù)的周期，從而推斷A；由正切函數(shù)的對稱中心公式，求出對稱中心坐標，從而推斷B；解出函數(shù)在上的零點，從而推斷C；由及平移法則，從而推斷D.【詳解】解：對于A，由正切函數(shù)的周期公式可得，故A正確；對于B，令，可得，當時，，所以的圖象關于點中心對稱，故B正確；對于C,，令，可得，當時，；當時，；所以在上只有兩個零點，故C錯誤；對于D，因為，所以的圖象可以由的圖象上的全部點向右平移個單位長度得到，故D錯誤.故選：AB.10.已知橢圓的上下焦點分別為，，左右頂點分別為，，是該橢圓上的動點，則下列結論正確的是（）A.該橢圓的長軸長為B.使為直角三角形的點共有6個C.的面積的最大值為1D.若點是異于?的點，則直線與的斜率的乘積等于-2【答案】BCD【解析】【分析】依題意作圖，分別求出橢圓的，然后逐項分析推斷.【詳解】依題意作下圖：對于A，由題可知，所以長軸長為，A錯誤；對于B，，分別過作平行于x軸的直線與橢圓有4個交點，當點P與這4個點重合時，為直角三角形；以原點O為圓心，為半徑作圓，與橢圓有2個交點，證明如下：聯(lián)立方程：，解得，故交點為，即當點P與重合時，為直角三角形，共有6個直角三角形，B正確；對于C，當點P與或重合時，面積最大，C正確；對于D，運用參數(shù)方程，設，同時有：，則有：，，D正確；故選：BCD.11.如圖，在多面體中，四邊形，，均是邊長為1的正方形，點在棱上，則（）A.該幾何體的體積為 B.點在平面內的射影為的垂心C.的最小值為 D.存在點，使得【答案】BD【解析】【分析】將幾何體補形為正方體，依據(jù)正方體與棱錐體積差推斷A，由棱錐側棱長相等、底面為正三角形確定定點射影的位置推斷B，依據(jù)綻開圖及余弦定理推斷C，由正方形對角線垂直可推斷D.【詳解】由題意，可將該幾何體補成正方體，如圖，則該幾何體的體積為正方體體積去掉一個三棱錐的體積，所以，故A錯誤；由題意知，為等邊三角形，因為，所以點在平面內的射影為的外心，即的中心，故B正確；把所在面沿折起，當四點共面時，連接，則的最小值即為的長，由余弦定理知，，故，即的最小值為，故C錯誤；四邊形為正方形，，，當與重合時，，故D正確.故選：BD12.大衍數(shù)列來源于《乾坤譜》中對易傳“大衍之數(shù)五十”的推論，主要用于說明中國傳統(tǒng)文化中的太極衍生原理，數(shù)列中的每一項都代表太極衍生過程.已知大衍數(shù)列滿意，，則（）A. B.C. D.數(shù)列的前項和為【答案】BCD【解析】【分析】干脆由遞推公式求出即可推斷A選項；分為奇數(shù)或偶數(shù)即可推斷B選項；分為奇數(shù)或偶數(shù)結合累加法即可推斷C選項；由分組求和法即可推斷D選項.【詳解】對于A，，A錯誤；對于B，當為奇數(shù)時，為偶數(shù)，則，，可得；當為偶數(shù)時，為奇數(shù)，則，，可得，B正確；對于C，當為奇數(shù)且時，累加可得，時也符合；當為偶數(shù)且時，累加可得；則，C正確；對于D，設數(shù)列的前項和為，則，又，，D正確.故選：BCD.【點睛】本題的關鍵點在于利用題目中的遞推關系式，分為奇數(shù)或偶數(shù)兩種狀況來考慮，同時借助累加法即可求出通項，再結合分組求和法以及等差數(shù)列求和公式即可求得前項和，使問題得以解決.三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.樹人中學舉辦以“喜迎二十大?恒久跟黨走?奮進新征程”為主題的演講競賽，其中9人競賽的成果為：85，86，88，88，89，90，92，94，98（單位：分），則這9人成果的第80百分位數(shù)是___________.【答案】94【解析】【分析】利用百分位數(shù)的計算方法進行計算即可.【詳解】，所以從小到大選取第8個數(shù)作為80百分位數(shù)，即94.故答案為：9414.已知直線是曲線的切線，則___________.【答案】【解析】【分析】利用導數(shù)求出切線斜率，再由切線方程得斜率，列出方程求出切點坐標，代入切線即可得解.【詳解】設切點為，由，可得，，直線是切線，，解得，當時，，切點代入切線方程，可得，當時，，切點代入切線方程，可得，綜上可知，.故答案為：15.已知雙曲線的左右焦點分別為，，過的直線與雙曲線的左右兩支分別交于，兩點.若，且，則該雙曲線的離心率為___________.【答案】【解析】【分析】利用雙曲線的定義，結合，且，可求得，進而得到答案.【詳解】因為在雙曲線的左右支上，所以，①②得，，即，又，所以，得，又,所以離心率.故答案為：.16.已知正四棱錐的各頂點都在同一個球面上.若該正四棱錐的體積為，則該球的表面積的最小值為___________.【答案】【解析】【分析】先由棱錐體積公式結合勾股定理表示出球的半徑，構造函數(shù)利用導數(shù)求出半徑的最小值，進而求出表面積的最小值.【詳解】如圖，不妨設正四棱錐為，易得為正方形，設正方形的中心為點，連接，則為正四棱錐的高，球心在上，連接，則為球的半徑，設，則，即，在中，可得，又，則，令，則，當時，單減；當時，單增；則，即球的半徑的最小值為3，則球的表面積的最小值為.故答案為：.【點睛】本題關鍵點在于立體幾何與導數(shù)的綜合應用，通過體積公式及外接球表示出半徑，再通過導數(shù)確定半徑的最小值，進而求得表面積的最小值，使問題得以解決.四?解答題：本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.17.等比數(shù)列的各項均為正數(shù)，且.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）設bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求數(shù)列的前項和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）依據(jù)題意列出方程組，求出首項與公比，即可求出等比數(shù)列的通項公式即可；（2）由an＝化簡bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，可得到bn的通項公式，求出的通項公式，利用裂項相消法求和.【詳解】（1）設數(shù)列{an}的公比為q,由＝9a2a6得＝9,所以q2＝.由條件可知q＞0故q＝.由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1,所以a1＝.故數(shù)列{an}的通項公式為an＝.（2）bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－（1＋2＋…＋n）＝－.故.所以數(shù)列的前n項和為18.如圖，在四棱錐中，四邊形是邊長為2的正方形，，，.記平面與平面的交線為.（1）證明：；（2）求平面與平面所成的角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】(1)由正方形知,依據(jù)線面平行的判定可知平面，再依據(jù)線面平行的性質即可求證.(2)以為坐標原點，所在直線為軸，所成直線為軸,所成直線為軸，如圖建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.【小問1詳解】因為，平面，平面，所以平面.又平面，平面平面，所以.【小問2詳解】因為，所以，又，所以，又，所以，所以，又，，平面，平面，所以平面.取，中點分別為，，連接，，，則，所以平面，又平面，所以.又因為，所以.如圖，以為原點，分別以，，為軸，軸，軸的正方向，并均以1為單位長度，建立空間直角坐標系，則，，，所以，.設是平面的法向量，則，即，取，得，，則又是平面的一個法向量，所以，即平面與平面所成的角的正弦值為.19.密鋪，即平面圖形的鑲嵌，指用形態(tài)?大小完全相同的平面圖形進行拼接，使彼此之間不留空隙?不重疊地鋪成一片.皇冠圖形（圖1）是一個密鋪圖形，它由四個完全相同的平面凹四邊形組成.為測皇冠圖形的面積，測得在平面凹四邊形（圖2）中，，，.（1）若，，求平面凹四邊形的面積；（2）若，求平面凹四邊形的面積的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用余弦定理可得，然后利用余弦定理，同角關系式及三角形面積公式即得；（2）利用余弦定理及基本不等式可得，進而可得平面凹四邊形面積的最小值.【小問1詳解】如圖，連接，在中，，，，由余弦定理，得，，在中，，，，，∴，∴，又，∴；【小問2詳解】由（1）知，，中，，∴，當且僅當時等號成立，∴，∴，∴，∴當且僅當時，平面凹四邊形面積取得最小值.20.漳州某地打算建立一個以水仙花為主題的公園.在建園期間，甲?乙?丙三個工作隊負責采摘及雕刻水仙花球莖.雕刻時會損壞部分水仙花球莖，假設水仙花球莖損壞后便不能運用，無損壞的全部運用.已知甲?乙?丙工作隊所采摘的水仙花球莖分別占采摘總量的25%，35%，40%，甲?乙?丙工作隊采摘的水仙花球莖的運用率分別為0.8，0.6，0.75（水仙花球莖的運用率）.（1）從采摘的水仙花球莖中有放回地隨機抽取三次，每次抽取一顆，記甲工作隊采摘的水仙花球莖被抽取到的次數(shù)為，求隨機變量的分布列及期望；（2）已知采摘的某顆水仙花球莖經雕刻后能運用，求它是由丙工作隊所采摘的概率.【答案】（1）分布列見解析，期望為（2）【解析】【分析】（1）依據(jù)題意得到的全部取值且，求得相應的概率，得出分布列，利用期望的公式，即可求解；（2）用，，分別表示水仙花球莖由甲，乙，丙工作隊采摘，表示采摘水仙花球莖經雕刻后能運用，則，及，即可求解.【小問1詳解】解：在采摘的水仙花球莖中，任取一顆是由甲工作隊采摘的概率是.依題意，的全部取值為0，1，2，3，且，所以，，即，，，，所以的分布列為：0123所以.【小問2詳解】解：用，，分別表示水仙花球莖由甲，乙，丙工作隊采摘，表示采摘的水仙花球莖經雕刻后能運用，則，，，且，故，所以.即采摘出的某顆水仙花球莖經雕刻后能運用，它是由丙工作隊所采摘的概率為.21.已知拋物線：，直線過點.（1）若與有且只有一個公共點，求直線的方程；（2）若與交于，兩點，點在線段上，且，求點的軌跡方程.【答案】（1）或或（2），（且）【解析】【分析】（1）當直線斜率不存在時，符合題意，當直線斜率存在時，設直線的方程為，聯(lián)立直線和拋物線方程得到一個關于的一元二次方程，探討二次項次數(shù)和即可求出答案.（2）解法一：設，，，不妨令，由已知可得，由，得，求出由韋達定理代入，進而求出點的軌跡方程.解法二：設，，，不妨令，由已知可得，設，解得，由韋達定理代入，進而求出點的軌跡方程.【小問1詳解】當直線斜率不存在時，其方程為，符合題意；當直線斜率存在時，設直線的方程為，由，得