福建省部分优质高中2024-2025学年高三下学期2月质量检测数学试题

这是一份福建省部分优质高中2024-2025学年高三下学期2月质量检测数学试题，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量若，则m等于（ ）
A．B．C．D．
3．已知圆柱和圆锥的底面半径及高均相等，且圆锥侧面展开图为一个半圆，则该圆柱和圆锥的侧面积的比值为（ ）
A．2B．C．3D．
4．已知正项等差数列满足，且是与的等比中项，则（ ）
A．3B．6C．9D．12
5．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
6．生物入侵是指生物由原生存地侵入到另一个新的环境，从而对入侵地的生态系统造成危害的现象，若某入侵物种的个体平均繁殖数量为，一年四季均可繁殖，繁殖间隔为相邻两代间繁殖所需要的平均时间.在物种入侵初期，可用对数模型为常数）来描述该物种累计繁殖数量n与入侵时间K（单位：天）之间的对应关系，且，在物种入侵初期，基于现有数据得出，据此估计该物种累计繁殖数量是初始累计繁殖数量的8倍所需要的时间为（ ）天，（结果保留一位小数，参考数据：）
A．B．C．D．19
7．已知直线与直线交于点，点关于直线对称的点为，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知的部分图象如下图，点x0≠0是图象上一点，则（ ）
A．函数在上单调递增
B．函数的图象向左平移个单位长度，所得图象关于轴对称
C．若，则
D．若点处的切线经过坐标原点，则
二、多选题
9．已知虚数满足，则（ ）
A．的实部为B．的虚部为
C．D．在复平面内对应的点在第三象限
10．离散型随机变量的分布列如下表所示，是非零实数，则下列说法正确的是（ ）
A．B．服从两点分布
C．D．
11．如图，中，，，是中点，是边上靠近的四等分点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥，则（ ）
A．到平面的距离的最小值为
B．存在点使得平面平面
C．中点的运动轨迹长度为
D．四棱锥外接球表面积的最小值为
三、填空题
12．已知圆，试写出一个半径为1，且与轴和圆都相切的圆的标准方程： .
13．若直线与双曲线恰好有一个交点，则直线的斜率为 .
14．甲乙两人进行一场抽卡游戏，规则如下：有编号的卡片各1张，两人轮流从中不放回的随机抽取1张卡片，直到其中1人抽到的卡片编号之和等于12或者所有卡片被抽完时，游戏结束.若甲先抽卡，求甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束的概率是 .
四、解答题
15．已知数列是公差大于1的等差数列，，且成等比数列，若数列前项和为，并满足，．
(1)求数列，的通项公式；
(2)若，求数列前项的和．
16．已知锐角的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足．
(1)求A的值．
(2)若，求周长的取值范围．
17．如图，三棱柱中，，，，点M，N分别为AC，AB的中点，且，．
(1)证明：平面ABC；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
18．椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”.如果椭圆的“特征三角形”为，椭圆的“特征三角形”为，若，则称椭圆与“相似”，并将与的相似比称为椭圆与的相似比.已知椭圆与椭圆：相似.
(1)求椭圆的离心率；
(2)若椭圆与椭圆的相似比为，设为上异于其左､右顶点，的一点.
①当时，过分别作椭圆的两条切线，，切点分别为，，设直线，的斜率为，，证明：为定值；
②当时，若直线与交于，两点，直线与交于，两点，求的值.
19．已知函数．
(1)求曲线y=fx在点处的切线方程；
(2)设gx=fx−ax，其中．
（ⅰ）求证：在区间0,+∞上有唯一的极值点；
（ⅱ）设为在区间0,+∞上的零点，为在区间0,+∞上的极值点，比较与的大小，请说明理由．
2024
2025
《福建省部分优质高中2024-2025学年高三下学期2月质量检测数学试题》参考答案
1．D
【分析】解不等式确定集合，然后由交集定义计算．
【详解】或x>1，，
所以，
故选：D．
2．A
【分析】根据向量平行的坐标表示求解即可.
【详解】因为，所以，又，，
所以，解得.
故选：A.
3．D
【分析】根据圆锥侧面展开图是半圆，结合圆周长和扇形的弧长公式，结合圆锥和圆柱的侧面积公式进行求解即可.
【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，
由圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，得，即，
圆锥的高，
所以圆柱的侧面积为，圆锥的侧面积为，
故圆柱和圆锥的侧面积之比为．
故选：D
4．C
【分析】根据等差数列的通项公式与，求出的关系，根据是与的等比中项，求出的值，再求即可.
【详解】设等差数列的公差为， ，
所以，又因为，即，
可得，又由，即，
即，即，
且正项等差数列，即
解得，则.
故选：C．
5．B
【分析】根据同角三角函数的平方式，求得已知角的正弦值和余弦值，结合余弦的差角公式，可得答案.
【详解】由，，可得，则，
，则或，
由于，所以，，
，
故选：B
6．C
【分析】先根据已知数据求出的值，设初始时间为，累计繁殖数量是初始累计繁殖数量的8倍的时间为，利用，结合对数运算法则可求得结果.
【详解】因为，，解得，
设初始时间为，累计繁殖数量是初始累计繁殖数量的8倍的时间为，
则（天），
所以该物种累计繁殖数量是初始累计繁殖数量的8倍所需要的时间为天，
故选：C.
7．D
【分析】解方程组求出点坐标，可得，分、、讨论，代入利用基本不等式求最值可得答案.
【详解】由，解得，可得，
所以，即，
当时，，则无意义；
当时，
，当且仅当即等号成立；
当时，
，当且仅当即等号成立；
综上，，或.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是求出点坐标，代入利用基本不等式求最值.
8．D
【分析】根据函数图象，求得，对于A项，只需判断对应的函数在的单调性即可；对于B项，求出平移后的函数解析式，判断奇偶性即得；对于C项，由代入化简得，再对进行齐次化变换，代入即得；对于D项，设出切点，利用导数写出切线方程，代入原点坐标，化简即得.
【详解】由图象可知，的最大值为2，又，所以．
设最小正周期为，由图象可知，则，则,
又，故，所以，
将点代入,可得，即．
因为，则，
所以，则，所以．
对于A项，不妨设，当时，，因在上先减后增，故A项错误；
对于B项，将函数的图象向左平移个单位长度，可得函数解析式，易知是奇函数，图象关于坐标原点对称，故B项错误；
对于C项，由，得，化简得，则故C项错误；
对于D项，点处的切线方程为，
将坐标原点代入，得，所以，故D项正确.
故选:D．
【点睛】思路点睛：先解读图象信息，求出函数解析式，再根据选项，将看成整体角，通过正弦函数的单调性判断其单调性，利用平移变换得解析式判断奇偶性，利用三角恒等变换求三角函数值，运用导数工具求切线方程，检验结论.
9．ACD
【分析】根据共轭复数概念写出，进而判断各项的正误.
【详解】由，得，
所以的实部为的虚部为，
在复平面内对应的点在第三象限，
故选：ACD
10．ACD
【分析】根据分布列的性质，可得判定A正确；根据二点分布的定义，可判定B错误；根据分布列的期望和方差的计算公式，可判定C、D正确.
【详解】对于A中，由分布列的性质，则满足，所以A正确；
对于B中，根据二点分布知，随机变量的取值为和，所以B不正确；
对于C中，由期望的公式，可得，
因为，所以，即，所以C正确；
对于D中，由方差的公式，可得
，即，所以D正确.
故选：ACD.
11．BCD
【分析】根据当点与点无限接近时，到平面的距离趋近去，即可判断A；连接点与中点，连接，证明平面，可得，再证明存在点使得即可判断B；找出底面的外接圆圆心，易得该点为四棱锥外接球球心时有最小半径，即可判断D；以点为原点，建立平面直角坐标系，利用相关点法求出中点的轨迹方程即可判断C.
【详解】对于A，当点与点无限接近时，到平面的距离趋近去，
所以到平面的距离没有最小值，故A错误；
对于B，连接点与中点，连接，
因为，所以，
由题意可得为中点，是中点，
故，所以，
故，，
又，、平面，
故平面，
又平面，所以，
则当时，
又、平面，，故有平面，
又平面，故平面平面，
即需，由题意可得，
，，
即当时，有，
由，故存在点，使，故B正确；
对D：由，故，由，故，
即四边形四点共圆，连接，为该圆直径，
故四棱锥外接球球心必在过中点，且垂直平面的直线上，
则当球心在中点时，四棱锥外接球半径最小，
此时中点到点的距离等于一半，故，
由，有平面，
又平面，故，
故球心可在中点，
由是中点，故，则，
则半径为，此时表面积为，
即四棱锥外接球表面积的最小值为，故D正确；
对于C，如图，以点为原点，建立平面直角坐标系，
，
设线段的中点坐标为，，
由，
得，所以，即，
由，
得，整理得，
所以中点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，
所以中点的运动轨迹长度为，故C正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
12．（答案不唯一）
【分析】所求圆的圆心为，则，结合两圆位置关系列式求解即可.
【详解】因为圆的圆心为，半径，
设所求圆的圆心为，则，
且或，
若，，解得，
可得圆心为，所求圆的方程为；
若，，无解，不合题意；
若，，解得或，
可得圆心为或，
所求圆的方程为或；
若，，解得，
可得圆心为，所求圆的方程为；
故答案为：（答案不唯一）.
13．或
【分析】联立直线方程和双曲线方程，然后根据方程解得个数讨论求解.
【详解】将代入双曲线方程中得到：，
展开整理得.
当时，即时，方程变为一次方程，此时直线与双曲线的渐近线平行，直线与双曲线恰好有一个交点.
当时方程是二次方程，
若直线与双曲线恰好有一个交点，则判别式，
展开得到：.
进一步化简为，则.
解得.
故答案为：或.
14．
【分析】依题意可知游戏结束时共抽取了5张卡片，甲抽取的三张卡片数字之和为12，乙抽取的两张卡片数字之和不为12，分别计算出所对应的排列总数即可得出结论.
【详解】根据题意可知甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束相当于从7张卡片中抽取了5张，
且甲抽取的三张卡片数字之和为12，乙抽取的两张卡片数字之和不为12；
总的情况相当于从7张卡片中抽取了5张并进行全排列，即共种排法；
其中三张卡片数字之和为12的组合有；；；；共5种情况；
当甲抽取的数字为；；；时，
乙在剩余的4个数字中随意抽取两张卡片再进行排列，共有种；
当甲抽取的数字为时，
若乙抽取的两张卡片数字可能为，此时不合题意，此时共有种；
所以符合题意的排列总数为种，
可得所求概率为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键在于首先明确游戏结束时甲乙两人抽取的卡片张数以及数字之和的所有情况，再利用全排列公式计算出各种情况对应的种类数可得结论.
15．(1)；
(2)
【分析】（1）利用等差数列的基本量可求出；利用和的关系，构造出即可求出；
（2）由（1）可知，利用错位相减法求解即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由，且，，成等比数列知：
，整理得：，
即或者，因为公差大于1，故.
且，故.
数列前项和为，并满足 ①，
且，解得，
故当时， ②，
①式减②式得：，
即，故是公比为2的等比数列，
则，
故；
（2）由（1）可知，
故
则
故
故
则
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得.
（2）使用正弦定理将边化角，再利用三角形内角和为和辅助角公式，将周长转化为一个内角为变量的最值问题，由角的范围进行求解.
【详解】（1）因为，
所以，
即，
由余弦定理，
所以，又，所以；
（2）由正弦定理得，
∴，.
∴
在锐角中，，，
又∵，∴，∴，
综上可得，
∴，
∴
∴周长的取值范围为.
17．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据长度关系可证，，即可证线面垂直，
（2）可证平面.建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）连接，
因为，，则，可知，
且点M，N分别为AC，AB的中点，则，∥，
则，可知，
又因为，则，
可得，可知，
且，平面，所以平面ABC.
（2）因为平面ABC，平面ABC，则，
又因为，∥，则，
且，平面，所以平面.
以为坐标原点，分别为轴，平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由平面可知：平面的法向量可以为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）首先得到、的长轴长、短轴长、焦距、依题意可得，从而得到，再由离心率公式计算可得；
（2）①设Px0,y0，则直线的方程为，进而与椭圆联立方程，并结合判别式得，同理得到，进而得，再根据即可求得答案；
②由题知椭圆的标准方程为，进而结合点在椭圆上得，故设直线的斜率为，则直线的斜率为，进而得其对应的方程，再与椭圆联立方程并结合韦达定理，弦长公式得、，进而得．
【详解】（1）对于椭圆：，长轴长为，短轴长为，焦距为，
椭圆：的长轴长为，短轴长为，焦距为，
依题意可得，所以，
则椭圆的离心率.
（2）①由相似比可知，，解得，所以椭圆：，
设Px0,y0，则直线的方程为，即，
记，则的方程为，
将其代入椭圆的方程，消去，得，
因为直线与椭圆有且只有一个公共点，
所以，即，
将代入上式，整理得，
同理可得，
所以为关于的方程的两根，
所以，
又点Px0,y0在椭圆上，
所以，
所以，为定值．

②由相似比可知，，解得，所以椭圆：，
其左、右顶点分别为，，恰好为椭圆的左、右焦点，
设，易知直线、的斜率均存在且不为，
所以，
因为在椭圆上，所以，即，
所以．
设直线的斜率为，则直线的斜率为，
所以直线的方程为，
由，得，
设，，则，，
所以
，
同理可得，
所以．

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）；答案见解析
【分析】（1）利用导数的意义求出切线的斜率，再由点斜式得到切线方程即可；
（2）（ⅰ）求导后构造函数，再求导，分析单调性结合零点存在定理可证；
（ⅱ）利用函数的极值点分析的单调性得到，再由零点和极值点得到，构造函数，求导分析单调性可得；
【详解】（1）函数的定义域，
，，，
所以曲线在点处的切线方程，即.
（2）（ⅰ）证明：，，
令，则，
因为，所以，所以，
所以在区间上单调递增，
因为，
所以在区间上存在唯一一个零点，使得，
所以在区间上有唯一的极值点.
（ⅱ）由（ⅰ）可知，在区间上有唯一的极值点，
即有，
当时，单调递减；当，单调递增；
又，而，
所以在区间上没有零点，在上存在唯一一个零点m，
所以，
因为，又，
所以，
令，
则，
所以在区间上单调递增，
所以，
又，且当时，单调递增，
所以由单调性可得.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的第一小问关键是求导后能够再次构造函数求导，结合零点存在定理判断；本题第二问的第二小问关键是能利用零点和极值点得到，然后构造函数，利用导数和单调性判断自变量范围.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
D
C
B
C
D
D
ACD
ACD
题号
11









答案
BCD