福建省部分（六市）地市2025屆高中畢業(yè)班第一次質(zhì)量檢測（六市一模）數(shù)學(xué)解析

廈門市2025屆高中畢業(yè)班第一次質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)一、單項選擇題:本題共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.在復(fù)平面內(nèi),i1A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限【答案】B【解析】易知i1+i=i?1,所以i12.設(shè)集合A=xA.{0,5}B.{【答案】A【解析】易知集合A={0,5,3.已知等軸雙曲線C的焦點到其漸近線的距離為1,則C的焦距為A.2B.2C.22【答案】C【解析】設(shè)等軸雙曲線的焦距為2c,因為焦點到其漸近線的距離為b=1,所以c=2,雙曲線的焦距為4.已知m,n是兩條不同的直線,α,A.若m//α,則m//nB.C.若m⊥n,則m⊥βD.【答案】D【解析】若m//α,則m,若m//n,則m//若m⊥n,則m,若m⊥β,則m⊥5.已知隨機(jī)變量X～N1,σ2A.-1B.?12【答案】C【解析】如圖所示,PX所以a+解得a=0,故選6.已知0<α<πA.13B.12C.3【答案】C【解析】tanα+π所以cosα?sinα=17.過拋物線C:y2=4x的焦點F的直線l交C于A,B兩點,交直線x=?1A.14B.12C.【答案】B【解析】易知x=?1為C的準(zhǔn)線,過A,B分別作因為PA=AB,所以2AM所以△OAF與△OBF的面積之比為128.若函數(shù)fx=lneax?A.[ln2?3,0)【答案】B【解析】fx=lne所以lne?6+e所以fx=lnex?故選B.二、多項選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.9.已知平面向量a=A.a,B.a,C.a+bD.若θ=π2,則a在【答案】ACD【解析】a?若向量a,b共線,則2cosθ?sinθ=a+b=若θ=π2,則a=2,1綜上所述,應(yīng)選ACD.10.藥物臨床試驗是確證新藥有效性和安全性必不可少的步驟.在某新藥的臨床實驗中,志愿者攝入一定量藥物后,在較短時間內(nèi),血液中藥物濃度將達(dá)到峰值,當(dāng)血液中藥物濃度下降至峰值濃度的20%時,需要立刻補(bǔ)充藥物.已知某藥物的峰值濃度為120mg/L,為探究某藥物在人體中的代謝情況,研究人員統(tǒng)計了血液中藥物濃度ymg/x012345678xy120110103938268594738y已知根據(jù)表中數(shù)據(jù)可得到經(jīng)驗回歸方程y=?A.a=122B.變量y與xC.當(dāng)x=5時,殘差為-1.5D.代謝約【答案】AC【解析】因為樣本中心點(4,80)在直線y=?10.5x+血液中藥物濃度ymg/L隨代謝時間x?的增大而減小,所以變量yr>當(dāng)x=5時,y=?令?10.5×x+12211.已知定義在0,+∞上的函數(shù)fx滿足fx+1=2fx+x,其中x表示不超過x的最大整數(shù),如1.9=1A.f2=C.數(shù)列xn是等差數(shù)列D.【答案】BC【解析】f2=2f當(dāng)n∈N?時,ffn+1fn=2當(dāng)n?1<x<n時,設(shè)所以當(dāng)n<x<n+1時,fx=2Fx?1+所以設(shè)fxn=所以an=1?1e2綜上所述,應(yīng)選BC.三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.12.已知圓錐的母線長為6,且其軸截面為等邊三角形,則該圓錐的體積為_____.【答案】9【解析】設(shè)圓錐的底面半徑為r,則2r=6,解得r=所以圓錐的體積為13×π13.已知函數(shù)fx=sinωx+φω>0,φ<【答案】12;π2(第一空【解析】依題意,fπ=0即ωπ+解得ω=12,所以π2+φ=14.從集合U={【答案】5【解析】設(shè)A?U,易知集合U的非空子集個數(shù)為24?1=15(方法一)①若cardA∪B=②若cardA∪B=3,從4③若cardA∪B=4,4小計共有7種選法;所以選中的兩個子集的交集為空集的概率為P=(方法二)①當(dāng)cardA=1時,4個元素里任選一個放入集合A中,集合B共有2②當(dāng)cardA=2時,4個元素里任選兩個放入集合A中,集合B故有C4③當(dāng)cardA=3時,4個元素里任選三個放入集合A中,集合B故有C43×所以選中的兩個子集的交集為空集的概率為P=(方法三)對于集合U中的任意元素x均有x∈A,且x?B;x∈所以選中的兩個子集的交集為空集的概率為P=25105=四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.(13分)在△ABC中,角A,B,C(1)求A;(2)設(shè)D為邊AB的中點,若c=2,且sin∠CDB【答案】1π4;【解析】(1)方法1:由正弦定理可得sinAcos即sinA+C?因為B∈0,π,可得sin因為A∈0,π評分細(xì)則:方法1:分兩個過程(3分+2分)過程1:邊化角:利用兩角和的正弦公式及sinB=sinA過程2:求值:求出cosA=方法2:由余弦定理可得,cosC=所以aa2+b所以cosA=因為0<A<π評分細(xì)則:方法2:分兩個過程(3分+2分)過程1:余弦定理角化邊:化解整理結(jié)果正確(3分).過程2:求值:求出cosA=22(2)∠CDB+∠CDA所以cos∠CDA=1010(寫出∠CDA的兩個余弦值,得2(i)當(dāng)cos∠CDA=10所以sin∠ACD=sin(由正弦和角公式得到∠ACD的正弦值(2分),過程正確結(jié)果錯誤扣1在△ACD中,由正弦定理得,ADsin∠ACD所以AC=3在△ABC中,由余弦定理可得a解得,a=3(求出AC得1分,求a得1分)(ii)當(dāng)cos∠CDA=?10所以a=344,或(漏一種情況,扣兩分,AC和a值各占1分)16.(15分)在三棱柱ABC?A1(1)證明:平面ABC⊥平面AC(2)若A1B與平面ABC所成角為60°,求平面A【答案】(1)證明見解析;(2)77【解析】解:(1)方法1:取AC的中點O,連接A1因為A1A=A1C因為AB⊥BC,BA=所以A1O2+因為OA∩OB=O,所以A1O⊥平面因為A1O?平面ACC1A評分細(xì)則:方法1:A1O,線面垂直證明(2分),線面垂直?面面垂直(1分).說理過程酌情給分.方法2:設(shè)O為A1在底面ABC的射影,則A1O與OA因為A1B=A射影O為底面△ABC的外心,又△所以O(shè)恰為斜邊AC的中點,5分因為A1O?平面ACC1A評分細(xì)則:方法2:設(shè)O為投影,得出OA=證明O恰為斜邊AC的中點(2分),面面垂直證明(1分).(2)由(1)可知,A1O⊥所以A1B與平面ABC所成角即為∠A1因為△A1AO?△A1∠A1BO方法1:如圖所示,以O(shè)為原點,分別以O(shè)A,OB,OA1所在方向為x軸、所以A1B建系及點A1,C,B1的坐標(biāo),向量A1則有n1?A1B1=所以n1=易知平面ABC的一個法向量為n2=設(shè)平面A1B1C與平面所以cosθ所以平面A1B1C與平面ABC法向量n1=?cosθ=n1?若有其他建系方法,仿照上述方案給分.方法2:如圖,過C作AB的平行線l,因為AB//A1過O作OH⊥l,垂足為H因為A1所以CH⊥平面A1OH,因為A1H?所以平面A1B1C與平面易知OH=BC2=所以cos∠A1HO=77,平面A作出平行線l1分,垂足證明A1寫明∠A1HO即為所求夾角(1分),求出tan∠17.(15分)已知動圓M與圓C1:x+12+(1)求C的方程;(2)設(shè)點P,Q在C上,且以PQ為直徑的圓E經(jīng)過坐標(biāo)原點O,求圓【解析】解:(1)設(shè)圓M的半徑為r,則由題意可知MC1=3?r,且MC2=1+r,2分所以MC1+MC2=4>2=C1C2,所以圓心M的軌跡為橢圓,.3分易知橢圓C的長軸長為2a=4,焦距為2c=2,所以a=2,c=1,所以b2=a2?c2=3,·5分所以C的方程為x24+y23=1.6分設(shè)圓M半徑表達(dá)MC1,MC22分由橢圓定義證明M軌跡為橢圓(1分)計算出a,b,c,2分有計算錯誤酌情給分寫出C的方程(1分).(2)方法一:設(shè)Px1,y1出韋達(dá)關(guān)系(2分)由OP,OQ垂直關(guān)系,得到k,m的關(guān)系式(1分),求出最小值(1分),結(jié)論(1分)方法二:因為以PQ為直徑的圓E經(jīng)過坐標(biāo)原點O,所以O(shè)P⊥OQ①當(dāng)直線OP,OQ中有一條斜率不存在時,則另一條斜率為0,易知PQ2=a2+b2=7,所以圓②若直線OP,OQ的斜率均存在,設(shè)直線OP:y=所以由x24+同理可得x2?所以PQ2=121所以PQ2=當(dāng)且僅當(dāng)k2=1時,PQ所以此時,圓E面積的最小值為π4因為7π4>12π7,所以圓E考慮直線OP或者OQ斜率不存在的情況,并計算圓E的面積(2分)若計算錯誤,寫出了OP與OQ的垂直關(guān)系,給1分.聯(lián)立直線OP與橢圓,得到x1?2,x寫出PQ的表達(dá)式(2分),求出最小值(2分),結(jié)論(1分)方法三:設(shè)P2cos因為OP⊥OQ,所以O(shè)P所以PQ=6+因為4cosαcos整理得,7cos2由基本不等式,得cos2所以91?設(shè)t=cos2α+cos2β所以PQ2所以圓E面積的最小值為π4×由參數(shù)方程分別寫出P,Q的坐標(biāo)由OP與OQ的垂直關(guān)系,得到兩參數(shù)關(guān)系(1分)寫出PQ的表達(dá)式(2分),求出最小值(4分)計算過程酌情給分,結(jié)論(1分)方法4:設(shè)OP=因為OP⊥OQ,所以可設(shè)OQ=n因為點Pmcosα,m所以1m同理可得,n2cos2α所以1m2所以PQ=127當(dāng)且僅當(dāng)m=n,所以圓E面積的最小值為π4×寫出P,Q的坐標(biāo)分別寫出m2與n2的表達(dá)式(2求出PQ的最值(2分),結(jié)論(1分).18.(17分)設(shè)函數(shù)fx(1)當(dāng)a=0時,求(2)若fx單調(diào)遞增,求a(3)當(dāng)0<a<1時,設(shè)x0【答案】(1)單調(diào)遞增區(qū)間為?12,+∞2(3)證明見解析.【解析】解:(1)當(dāng)a=0時,f當(dāng)x∈?∞,?1當(dāng)x∈?12,+∞所以fx的單調(diào)遞增區(qū)間為?12,+∞求導(dǎo)正確(1分),fx單調(diào)性(2分),可根據(jù)具體書寫形式酌情給分,結(jié)論(1(2)f'設(shè)gx=當(dāng)x∈?∞,?32時,g'x<0,gx單調(diào)遞減,當(dāng)x∈?32,+∞時,g'x>0,gx單調(diào)遞增,當(dāng)x=?32時,gx取得極小值g?32=?2e?32?且g則gx與y所以glna=此時,當(dāng)x>0時當(dāng)x<0時2xex所以綜上a的取值范圍為?∞,?2eg'x求導(dǎo)情形(i)(1分),情形(ii)(1分)情形(iii)(2分)求出a=1(1分),說理過程酌情給分,結(jié)論(3)當(dāng)0<a<1時,g?12=?a<0,g0>所以當(dāng)x∈?∞,lna時,y當(dāng)x∈lna,x當(dāng)x∈x1,+∞時,y=所以x1=x0,且2所以fx設(shè)?x=4所以?x<?0判斷x1>lna1分判斷x1=x01分,寫出fx19.(17分)若數(shù)列an滿足數(shù)列an+1?an是等差數(shù)列,則稱a(1)若“絕對等差數(shù)列”an的“絕對公差”為2,且a3?(2)已知“絕對等差數(shù)列”dn滿足d1=0,d2?d1=1,且(i)若dn+1(ii)證明:對任意給定的正整數(shù)m,總存在d1,d(2)(i)S2n=【解析】(1)設(shè)a2?a因為a3?若a2?a1與a3若a2?a1與所以a2?所以2x+2=4,解得xa3?a1拆解成a2?a1與a3?a(2)(i)d2n=因為d2n?所以S2n=求得d2n=若有其他求解方法,酌情給分.(ii)依題意,dn+1?d①若m為奇數(shù),令bn=?1n?因為dm所以Sm所以對任意給定的奇數(shù)m,存在滿足an+1?anm為奇數(shù)情形(2分),其中S②若m為偶數(shù),因為dmd.......dd1累加得Sm由(i)知,令bn=?若m≤8,則Sm=m寫出Sm=k=1易知Sm=當(dāng)k為大于1的奇數(shù)時,bk?1=?1構(gòu)造新數(shù)列cn,其中c其余各項均不變即ck=b記bn調(diào)整為cn后該數(shù)列的前m項和為k2i+12寫出Sm=m24k=1m?令?4≤m2則對任意給定的偶數(shù)m,當(dāng)j=m2?m?128?1,或j=m2?m+4依題意,解得i的范圍(1分),說明存在滿足題意的j和結(jié)論(1