福建省福州第一中学2025届高三上学期10月月考数学试题

这是一份福建省福州第一中学2025届高三上学期10月月考数学试题，共24页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，5%， 已知抛物线等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己所在的市（县､区）､学校､班级､姓名､考场号､座位号和考生号填写在答题卡上，将条形码横贴在每张答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
第I卷选择题（共58分）
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，请用2B铅笔将答案填涂在答题卡对应题目标号的位置上，
1. 若直线的倾斜角为，则实数值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜率定义，结合诱导公式可得.
【详解】由题知，，
解得.
故选：C
2. 某市政府调查市民收入与旅游欲望时，采用独立性检验法抽取3 000人，计算发现k2＝6．023，则根据这一数据查阅下表，市政府断言市民收入增减与旅游欲望有关系的把握是( )
A. 90%B. 95%C. 97．5%D. 99．5%
【答案】C
【解析】
【详解】∵
∴可断言市民收入增减与旅游欲望有关的把握为97.5%.
故选C.
点睛：本题主要考查独立性检验的实际应用.独立性检验的一般步骤：（1）根据样本数据制成列联表；（2）根据公式，计算出的值；（3）查表比较与临界值的大小关系，作统计判断.
3. 在四棱锥中，若，则实数组可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用底面是平行四边形判断A，根据向量的线性运算与向量的共线与共面性质判断BCD．
【详解】选项A，若底面是平行四边形，设，则，
因此，即，A可能取得；
选项B，若，则，B错误；
选项C，若，则，C错误；
选项D，若，则，
但平面，即不共面，因此不可能成立，D错．
故选：A．
4. 是等差数列的前n项和，若，，则（ ）
A. 43B. 44C. 45D. 46
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合等差数列的性质，等差数列的前n项和公式，即可求解．
【详解】由，，
可得且，即且，
所以.
故选：C.
5. 已知函数，则“”是“为的极小值点”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】在的条件下利用导数证明为的极小值点，然后说明当，时，为的极小值点，但并不成立，从而得到答案.
【详解】由题设，，
若，则，故上，上，
所以fx在上递增，上递减，故为的极小值点，从而条件是充分的；
当，时，有，则，
显然上，上，
所以fx在上递减，上递增，
此时为的极小值点，但此时并不成立，从而条件不是必要的.
故选：A.
6. 某城市新修建的一条道路上有12盏路灯，为了节省用电而又不能影响正常的照明，可以熄灭其中的4盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，则熄灯的方法有（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用插空法进行求解.
【详解】先将8盏灯排成一排，由于两端的灯不能熄灭，则有7个符合条件的空位，
进而在7个空位中任取4个插入熄灭的4盏灯，则有种方法，
故选：A.
7. 已知函数在上可导，且，若成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数，由得出函数的单调性，再由结合单调性得出答案.
【详解】构造函数
因为，即，所以函数在上单调递减.
可变形为，即，即.
故选：C
8. 已知为双曲线的左焦点，是的右顶点，点在过点且斜率为的直线上，且线段的垂直平分线经过点，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意，，由两角差的正切公式计算可得，根据正弦定理建立a与c的方程，结合离心率的定义即可求解.
【详解】因为且的垂直平分线经过点A，
所以等腰三角形且，
在中，，
由，
得，解得，由正弦定理可知：
，即，
有，整理得，
即，解得.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据和，结合正弦定理建立关于a与c的方程，解方程即可.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 为了解推动出口后的亩收入情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（ ）（参考：若随机变量服从正态分布，）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据正态分布的性质及所给条件一一判断即可.
【详解】因为，所以，
而，而，
所以，故A错误；
因为，
所以，故B正确，
依题可知，，所以，
故，故C正确，D错误；
故选：BC．
10. 已知抛物线（）的焦点为F，过点F且斜率为的直线l与该抛物线相交于，两点（其中），则下面说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，当时，联立直线与抛物线方程结合韦达定理代入计算，即可判断ACD，由条件可得直线的方程为，与抛物线方程联立，即可判断B.
【详解】若，则抛物线的焦点坐标为F0,1，
且直线的方程为，即，
联立直线与抛物线方程消去可得，
且直线l与该抛物线相交于Mx1,y1，Nx2,y2两点，，
则，，故A正确；
且，，
则，原点到直线的距离，
则，故C错误；
且，故D正确；
设直线的方程为，代入抛物线中可得，
则，则，故B正确；
故选：ABD
11. 设函数，则（ ）
A. 当时，有三个零点
B. 当时，是的极大值点
C. 存在a，b，使得为曲线的对称轴
D. 存在a，使得点为曲线的对称中心
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.
【详解】A选项，，由于，
故时，故在上单调递增，
时，，单调递减，
则在处取到极大值，在处取到极小值，
由，，则，
根据零点存在定理在上有一个零点，
又，，则，
则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确；
B选项，，时，，单调递减，
时，单调递增，
此时在处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，
即存在这样的使得，
即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，
于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；
D选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
，若存在这样的，使得为的对称中心，
则，事实上，
，
于是
即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
，，，
由，于是该三次函数的对称中心为，
由题意也是对称中心，故，
即存在使得是的对称中心，D选项正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心
第II卷非选择题（共92分）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在二项式的展开式中的系数为______．
【答案】
【解析】
【分析】结合二项式定理展开式的通项公式得到的值，然后求解的系数即可.
【详解】展开式的通项公式为
令，解得，则的系数为
故答案为：
13. 已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线．则a的值是__________
【答案】3
【解析】
【分析】求出在点处的切线方程为，设该切线与切于点，求导得到，求出，从而得到方程，求出答案.
【详解】由题意知，，，，
则在点处的切线方程为，
即，设该切线与切于点，
其中，则，解得，
将代入切线方程，得，
则，解得；
故答案为：3
14. 舒腾尺是荷兰数学家舒腾设计的一种作图工具，如图，O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处的铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动．当点D在滑槽AB内做往复移动时，带动点N绕O转动，点M也随之而运动．若，，，则MA的最小值为__________．

【答案】##
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，得出点N的运动轨迹方程为，设点，根据题意，化简得到，得到，再由，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】以滑槽AB所在的直线为x轴，O为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
因为，所以点N的运动轨迹是以O为圆心，半径为1的圆，其方程为，
设点，，，
依题意，，且，
所以，且，
可得，且，
因为t不恒为0，于是，所以，，
代入，可得，
则，
因为，所以，当时，取最小值，
故MA的最小值为.
故答案：.

四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 已知各项均为正数的等差数列前项和为，，；
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设公差为，然后由已知条件列方程组求出，从而可求出an的通项公式；
（2）由（1）得，然后利用错位相减法可求出.
【小问1详解】
设等差数列an的公差为，
因为，，
所以，即，
所以，化简得，
解得或（舍去），
所以，
所以；
【小问2详解】
由（1）得，
所以，
所以，
所以
，
所以.
16. 已知四棱锥为的中点，平面，.
（1）若，证明：平面；
（2）若，二面角的大小为，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的性质定理可得，且，即可得到，再由线面平行的判定定理，即可证明；
（2）方法一：作交于，连接，由二面角的定义可得是二面角的平面角，再由勾股定理代入计算，即可求解；方法二：建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及二面角的公式代入计算，即可求解.
【小问1详解】
证明：且为的中点，，
平面平面，
又且平面平面，
平面，
与共面，，
又平面平面，
平面.
【小问2详解】
法1：如图，作交于，连接.
由得，
，
，且，
是二面角的平面角，
，又，
，
在中，，由，解得，
.
法2：如图，以为原点，所在直线分别为轴，
建立空间直角坐标系.则，
设，则，
，
设面的法向量为，
由，令，可得
设面的法向量为，由，令，可得.
设二面角的大小为，则，
.
17. 古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长､短半轴长的乘积.已知椭圆的中心为原点，焦点均在轴上，离心率等于，面积为.
（1）求的标准方程；
（2）若，过点的直线与椭圆交于两点，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）最大值为6
【解析】
【分析】（1）根据条件列出关于的方程组，可求椭圆方程；
（2）首先直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示的面积，结合基本不等式求面积的最大值.
【小问1详解】
设椭圆的方程为，由，得.
由，得.则，
解得，所以.
椭圆的方程为.
【小问2详解】
由知不共线，直线过点，
则直线斜率存在，设直线方程为，
代入椭圆方程，得.
由，得.
设，则.
因点坐标为，所以
，令，则.
，
当且仅当，即时，面积的最大值为6.
18. 放行准点率是衡量机场运行效率和服务质量的重要指标之一.某机场自2012年起采取相关策略优化各个服务环节，运行效率不断提升.以下是根据近10年年份数与该机场飞往A地航班放行准点率（）（单位：百分比）的统计数据所作的散点图及经过初步处理后得到的一些统计量的值.
其中，
（1）根据散点图判断，与哪一个适宜作为该机场飞往A地航班放行准点率y关于年份数x的经验回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由），并根据表中数据建立经验回归方程，由此预测2023年该机场飞往A地的航班放行准点率.
（2）已知2023年该机场飞往A地､B地和其他地区的航班比例分别为0.2、0.2和0.6.若以（1）中的预测值作为2023年该机场飞往A地航班放行准点率的估计值，且2023年该机场飞往B地及其他地区（不包含A、B两地）航班放行准点率的估计值分别为和，试解决以下问题：
（i）现从2023年在该机场起飞的航班中随机抽取一个，求该航班准点放行的概率；
（ii）若2023年某航班在该机场准点放行，判断该航班飞往A地、B地、其他地区等三种情况中的哪种情况的可能性最大，说明你的理由.
附：（1）对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，
参考数据：，，.
【答案】（1）适宜，预测2023年该机场飞往A地的航班放行准点率
（2）（i）0.778；（ii）可判断该航班飞往其他地区的可能性最大，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据线性回归方程的计算公式，选择合适的模型计算即可；
（2）利用全概率公式和条件概率公式，即可根据概率判断可能性最大的情况.
【小问1详解】
由散点图判断适宜作为该机场飞往A地航班放行准点率y关于年份数x的经验回归方程类型.
令，先建立y关于t的线性回归方程.
由于，
，
该机场飞往A地航班放行准点率y关于t的线性回归方程为，
因此y关于年份数x的回归方程为
所以当时，该机场飞往A地航班放行准点率y的预报值为
.
所以2023年该机场飞往A地航班放行准点率y的预报值为.
【小问2详解】
设“该航班飞往A地”，“该航班飞往B地”，“该航班飞往其他地区”，“该航班准点放行”，
则，，，
，，.
（i）由全概率公式得，
，
所以该航班准点放行的概率为0.778.
（ii），
，
，
因，
所以可判断该航班飞往其他地区的可能性最大.
19. 已知函数，且在上的最小值为0.
（1）求实数的取值范围；
（2）设函数在区间上的导函数为，若对任意实数恒成立，则称函数在区间上具有性质.
（i）求证：函数在0,+∞上具有性质；
（ii）记，其中，求证：.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出，可得在上单调递增，所以，再分和两种情况讨论，得到的单调性，进而求出的最小值，判断是否符合题意；
（2）（i）要证函数在0,+∞上具有性质，即证当时，，令，，求得可得在0,+∞上单调递增，所以，得证；
（ii）由（i）得，当当时，，再利用导数证明两个不等式：①，其中，②，其中，在利用不等式放缩证明即可.
【小问1详解】
，，，
，，令
，等号不同时取，
所以当时，，在上单调递增，
①若，即，，在上单调递增，
所以在上的最小值为，符合题意.
②若，即，此时，
，
又函数在的图象不间断，
据零点存在性定理可知，存在，使得，
且当时，，在上单调递减，
所以，与题意矛盾，舍去.
综上所述，实数的取值范围是.
【小问2详解】
（i）由（1）可知，当时，.
要证函数在0,+∞上具有性质.
即证：当时，.
即证：当时，.
令，，则，
即，，，
所以gx在0,+∞上单调递增，.
即当时，，得证.
（ii）法一：由（i）得，当时，，
所以当时，.
下面先证明两个不等式：①，其中；②，其中.
①令，，则，在0,+∞上单调递增，所以，即当时，.
②令，，则，
所以在上单调递增，故，
即当时，，故，得.
据不等式②可知，当时，，
所以当时，.
结合不等式①可得，当时，
.
所以当时，
当，时，，有.
所以.
又，
所以
法二：要证：.
显然，当时，，结论成立.
只要证：当，时，.
即证：当，时，.
令，.
所以，，
所以，在上单调递减，
所以，在上单调递增，
所以，在上单调递增，
所以，即当时，.
所以当，时，，有，
所以当，时，.
所以
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．P(K2≥k)
…
0．25
0．15
0．10
0．025
0．010
0．005
…
k
…
1．323
2．072
2．706
5．024
6．635
7．879
…
2017.5
80.4
1.5
407031450
1621254.2
27.7
1226.8