福建省部分学校2025届高中毕业班3月质量检测数学试卷（原卷版+解析版）

福建省部分学校2025届高中毕业班3月质量检测数学本试卷共5页，19小题，满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用0.5mm碳素黑中性笔将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.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，只有一个选项是符合题目要求的.1.设全集，集合，，则集合（）A. B. C. D.2.在复平面内，复数对应点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则的面积为（）A. B. C. D.4.已知双曲线的一条渐近线与直线平行，则的离心率为（）A.2 B. C. D.35.已知函数则（）A.1 B.6 C.8 D.96.已知圆与圆有且仅有三条公切线，则的取值范围是（）A. B.C. D.7.已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和4，高为．若该圆台内有一个球，则该球的表面积的最大值为（）A. B. C. D.8.定义P数列：它以数字1开始，序列的第项是对第n项的描述.如第一项是1个1，所以下一项就是11；第二项是2个1，所以下一项是21；第三项是1个2和1个1，所以下一项就是1211，以此类推.用表示该数列第n项的长度，则下列说法错误的是（）A.P数列每一项均不含数字4B.序列“11131221131211”在P数列中出现了无数次C.存在有理数满足：对任意都存在正整数N，使得时恒有D.存在正整数N，使得时恒有二、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0分.9.已知向量，则下列选项正确的是（）A. B.C.已知，若，则 D.与夹角的余弦值为10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.的最小正周期为B.函数图象关于点对称C.函数的图象向右移个单位长度后，图象关于轴对称，则的最小值为D.若关于的方程在上有两个实数根，则实数的取值范围为11.已知定义域为的函数满足，为的导函数，且，则下列说法正确的是（）A.为奇函数B.C.D.对，，三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.试写出曲线与曲线的一条公切线方程________.13.从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取3个不同的数，且这三个数之和为偶数，记满足条件的取法种数为；从0，1，2，3，4，5中任取2个不同的数，且这两个数之和为奇数，记满足条件的取法种数为.若从个取法和个取法各随机选一种，这两种取法的数字完全不同的概率是______.14.已知为抛物线焦点，过点的直线与交于A，B两点，过点作，与的准线交于点，且，，则______．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.已知为数列的前n项和，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.16.已知函数，，其中为的导函数.（1）讨论的单调性；（2）若恒成立，求a的取值范围.17.如图，在三棱锥中，平面ABC，为锐角，动点D在的边AC上，，，，三棱锥的体积为.（1）证明：平面平面PAB.（2）当点P到直线BD的距离为时，求PD与平面ABC所成的角.18.继2023年电子竞技首次作为正式竞赛项目登上杭州亚运会舞台后，2024年国际奥委会宣布首届奥林匹克电子竞技运动会将于2025年在沙特阿拉伯王国举办．这意味着电子竞技作为虚拟体育正式成为奥运会项目的一部分．为迎接电子竞技行业这一里程碑式的时刻，甲、乙两俱乐部计划按照现今体育比赛中的赛制举办友谊赛．在体育比赛中有两种常见赛制：一种是局胜制，例如一场比赛有5局，率先胜3局一方获胜，本场比赛结束;另一种是局胜制，例如一场比赛有7局，率先胜4局一方获胜，本场比赛结束．（1）若采用5局3胜制，甲俱乐部每场比赛获胜的概率为0.8；若采用7局4胜制，甲俱乐部每场比赛获胜的概率为0.9．已知甲、乙俱乐部采用这两种赛制各进行了场比赛，试自行绘制列联表，并根据小概率值的独立性检验，来推断赛制是否对甲队获胜的场数有影响;（2）设甲俱乐部每局比赛获胜的概率均为，且每局比赛都能决出胜负，没有平同：①若两俱乐部采用5局3胜制比赛，记事件：“甲俱乐部只要取得3局比赛的胜利比赛结束且甲获胜”，事件：“两俱乐部赛满5局，甲俱乐部至少取得3局比赛胜利且甲获胜”，试证明：;②若甲、乙两俱乐部创造一种全新的赛制，约定比赛规则为：共进行局，赢得局数大于局的俱乐部获胜．若甲俱乐部每局比赛获胜的概率，试判断进行几局比赛时，甲俱乐部获胜的概率最大，并说明理由．0.100050.0250.0102.7063.8415.0246.635附：，其中．19.一般地，若两个椭圆焦点都在x轴或y轴上，长轴相等，其中一个椭圆的短半轴长与另一个椭圆的焦距长相等，则称两个椭圆为相关椭圆.已知椭圆，抛物线与有一个相同的焦点F.过点F作互相垂直的两条直线l与，直线l与交于点G、B，直线与交于点C、D.（1）求该椭圆的相关椭圆方程及抛物线的方程（2）四边形GCBD的面积是否存在最小值，若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由.（3）过椭圆左顶点A且斜率为的直线与椭圆交于点M，与轴交于点，设点为MA的中点.若轴上存在点，对于任意的，都有（为原点），若，求的值.

福建省部分学校2025届高中毕业班3月质量检测数学本试卷共5页，19小题，满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用0.5mm碳素黑中性笔将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.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，只有一个选项是符合题目要求的.1.设全集，集合，，则集合（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】解绝对值不等式求出集合，再根据补集、交集的定义计算可得.【详解】由，即，解得，所以，又，所以，则.故选：C2.在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数的几何意义判断即可.【详解】因为，则复数在复平面内所对应的点为，位于第四象限.故选：D3.在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则的面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由余弦定理得到，由同角三角函数关系得到，由三角形面积公式求出答案.【详解】因为，，，所以，因为，所以，所以.故选：A4.已知双曲线一条渐近线与直线平行，则的离心率为（）A.2 B. C. D.3【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的一条渐近线与直线平行，得到，再结合离心率的定义，即可求解．【详解】由题意，双曲线渐近线方程为，因一条渐近线与直线平行，可得，则，即双曲线的离心率为．故选：C．5.已知函数则（）A.1 B.6 C.8 D.9【答案】D【解析】【分析】根据分段函数的定义域代入求解.【详解】因为已知函数，所以，则，故选：D6.已知圆与圆有且仅有三条公切线，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据公切线条数可确定两圆外切，由圆与圆位置关系的判断可构造方程得到，令，代入消元，将问题转化为一元二次方程有解的问题，由此可求得的取值范围.【详解】由圆方程知：圆心，半径；由圆方程知：圆心，半径；圆和圆有且仅有三条公切线，两圆外切，，即，设，则，，即，，解得：，的取值范围为.故选：D.7.已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和4，高为．若该圆台内有一个球，则该球的表面积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，作出圆台轴截面，分析可知，当球与相切时，其表面积最大，再结合条件求得球的半径，得到结果即可.【详解】如图，作出圆台的轴截面，要使球的表面积最大，则球需要与相切，设圆的半径为，则，因为，所以，作，，因为，所以，而，由勾股定理得，则，且，而，即得到，解得，则该球的表面积的最大值为，故B正确.故选：B【点睛】关键点点睛：解题关键是判断出表面积最大时的情况，然后利用勾股定理建立方程，得到球的半径，进而得到所要求的表面积即可．8.定义P数列：它以数字1开始，序列的第项是对第n项的描述.如第一项是1个1，所以下一项就是11；第二项是2个1，所以下一项是21；第三项是1个2和1个1，所以下一项就是1211，以此类推.用表示该数列第n项的长度，则下列说法错误的是（）A.P数列的每一项均不含数字4B.序列“11131221131211”在P数列中出现了无数次C.存在有理数满足：对任意都存在正整数N，使得时恒有D.存在正整数N，使得时恒有【答案】B【解析】【分析】利用反证法可说明选项A正确，利用题中的定义进行逆推可知选项B错误，利用数学中外观数列的结论可得选项CD均正确.【详解】对于选项A，利用反证法说明数列的每一项均不含数字4：显然，第一项不存在数字4.如果该数列出现4，那么假设第n项是最小的“包含至少一个不小于4的数字”的项.现在解读这个项的意思，读到这里一定是说“前一项某处有x个m(m>=4)”或者“前一项某处有至少连续4个y”，若为前者，可知该数列第项中也包含至少一个大于等于4的数字，矛盾(因为已经假设第n项是满足该条件的最小的项).若为后者，那么第项此处的语句没有意义，矛盾.故满足条件的项不存在.选项A正确；对于选项B，若序列“11131221131211”P数列中出现，现进行逆推：设数列中的第n项为“11131221131211”,则数列中的第n-1项为“13211321”,则数列中的第n-2项为“311311”,则数列中的第n-3项为“11131”,很明显数列中的项除去第一项外其余的项中数字均为偶数个，故选项B是错误的，对于选项C和选项D，其结论为数学中的一个定理：题中定义的P数列又被称之为外观数列，该数列有以下性质：每生成下一项，数字大约增大30%，即数列是单调递增的，，选项D正确；比值为一个常数，，该常数被称之为康威常数，是下面一个71次方程唯一的正实数解：.由康威常数的结论可知选项C正确.故选：B.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0分.9.已知向量，则下列选项正确的是（）A. B.C.已知，若，则 D.与夹角的余弦值为【答案】BC【解析】【分析】由向量垂直的坐标表示可判断A错误，利用模长的坐标公式可得B正确，再由向量平行的坐标表示可判断C正确，利用夹角的坐标公式计算可知D错误.【详解】对于A，易知，所以不垂直，即A错误；对于B，，可得，可得B正确；对于C，由且可得，解得，即C正确；对于D，设与的夹角为，所以，可得D错误.故选：BC10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.的最小正周期为B.函数的图象关于点对称C.函数的图象向右移个单位长度后，图象关于轴对称，则的最小值为D.若关于的方程在上有两个实数根，则实数的取值范围为【答案】ACD【解析】【分析】根据倍角公式和辅助角公式将化成单角单函数即，由正弦型函数的最小正周期判断A选项；利用代入检验的思想判断B选项；根据图象平移得到平移后的函数，再根据偶函数得到，根据的范围求得的值，判断C选项；转化为两个函数图象的交点问题，结合正弦函数图象求得的取值范围，判断D选项.【详解】对A，，则的最小正周期为，故A正确；对B,因为，所以函数的图象关于点对称，故B错误；对C,将函数的图象向右移个单位长度后可得函数的图象，因为的图象关于轴对称，所以，即，又，所以的最小值为，故C正确；对D,由得，，若，则，若关于的方程有两个实数根，则与图象有两个交点，所以，解得，故D正确.故选：ACD.11.已知定义域为的函数满足，为的导函数，且，则下列说法正确的是（）A.为奇函数B.CD.对，，【答案】ABC【解析】【分析】利用赋值法可判断A；利用赋值法并对函数求导，可判断B；将变形为形式，利用柯西方程可求得，代入求值，即可判断C；结合，利用作差法可判断D.【详解】由题意定义域为的函数满足令，则，令，则，即，故为奇函数，A正确；由于，故，即，则为偶函数，由可得，由，令得，故，令，则，B正确；又，则，令，则，由柯西方程知，，故，则，由于，故，即，则，C正确；对,故，D错误，故选：ABC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.试写出曲线与曲线的一条公切线方程________.【答案】或（写出一个即可）【解析】【分析】设出切点坐标，根据切线斜率相等，建立等式，解出即可.【详解】设公切线与曲线切于点，与曲线切于点.由，得.由，得.令，即，则，且，即，化为，所以，解得或.当时，，，此时切线的方程为，即.当时，，，此时切线的方程为，即.综上可知，切线的方程为或，写出任意一个即可.故答案为：或，写出任意一个即可.13.从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取3个不同的数，且这三个数之和为偶数，记满足条件的取法种数为；从0，1，2，3，4，5中任取2个不同的数，且这两个数之和为奇数，记满足条件的取法种数为.若从个取法和个取法各随机选一种，这两种取法的数字完全不同的概率是______.【答案】##0.5【解析】【分析】利用按2个奇数和1个偶数或3个偶数分类选取来满足选取的三个数和为偶数，同理按1个奇数和1个偶数分类选取来满足选取的两个数和为奇数，在分析两次选取不能有重复数字时，则可进行分类分步研究即可求解.【详解】从中任取3个不同的数，要满足三个数之和为偶数，第一类：取两个奇数和一个偶数，共有；第二类：取三个偶数，共有；所以满足三个数之和为偶数的取法种数有种，即；从中任取2个不同的数，且这两个数之和为奇数，则取一个奇数和一个偶数，即种，所以；若从中任取一个奇数和0时，则从中任取3个数之和为偶数，且与前面取的数不重复，则共有；若从中任取一个奇数和非0偶数时，则从中任取3个数之和为偶数，且与前面取的数不重复，则共有；所以这两种取法数字完全不同的概率为故答案为：.14.已知为抛物线的焦点，过点的直线与交于A，B两点，过点作，与的准线交于点，且，，则______．【答案】4【解析】【分析】首先得到抛物线的焦点坐标与准线方程，设直线的方程为，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，过点作轴的垂线，过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为，即可得到，再由弦长公式计算可得.．【详解】由题意知抛物线的焦点为，准线方程为．当过点的直线垂直于轴时，易知，，则，不符合题意．当过点的直线斜率为0时，直线与只有一个交点，不符合题意．设直线的方程为．联立，化简得，设，显然，则．由，，可知．所以．如图，过点作轴的垂线，过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为．因为，所以，所以，则．又，所以，整理得，解得，则．又，即，所以，则，解得．故答案为：【点睛】关键点点睛：本题以学生熟悉的抛物线为载体，求参数的值，将创新思维融于解题之中，具有化腐朽为神奇的效果．抓住是解本题的关键．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.已知为数列的前n项和，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）当时，由已知可求得，当时，，两式相减可得，可得结论；（2）由（1）知，，利用错位相减法可求得.【小问1详解】由题知，，当时，，解得，当时，，则有，即，所以数列是以2为首项，为公比的等比数列，所以.【小问2详解】由（1）知，，所以，，所以，所以.16.已知函数，，其中为的导函数.（1）讨论的单调性；（2）若恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意可得，分和两种情况，利用导数判断的单调性；（2）根据题意整理可得，结合的单调性可得，构建，利用导数求其最值，即可得结果.【小问1详解】由题意可知：的定义域为，且，则，可得，①当时，恒成立，可知在上单调递减；②当时，令，解得；令，解得；可知在上单调递减，在上单调递增；综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】由可得，整理得，即，可得，因为在定义域内单调递增，可得，即，可得，令，则.因为，令，解得；令，解得；可知在上单调递增，在上单调递减，则，可得，所以a的取值范围为.17.如图，在三棱锥中，平面ABC，为锐角，动点D在的边AC上，，，，三棱锥的体积为.（1）证明：平面平面PAB.（2）当点P到直线BD的距离为时，求PD与平面ABC所成的角.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直的性质结合勾股定理可得，再根据三棱锥的体积公式可得，再根据余弦定理结合勾股定理可得，再根据线面垂直的判定与面面垂直的判定证明即可；（2）以为正交基底，建立空间直角坐标系，设，根据点到面的距离公式与线面夹角公式求解即可.【小问1详解】证明：因为平面ABC，平面ABC，所以，，，所以，同理得.又因为，所以.因为为锐角三角形，所以.由余弦定理，可知，所以，所以，又因为，，PA，平面PAB，所以平面PAB，所以平面平面PAB.【小问2详解】如图，以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，.设，则.由，解得或（负值舍去），所以.由（1）知PD与平面ABC所成的角为，所以，所以，即PD与平面ABC所成的角为.18.继2023年电子竞技首次作为正式竞赛项目登上杭州亚运会舞台后，2024年国际奥委会宣布首届奥林匹克电子竞技运动会将于2025年在沙特阿拉伯王国举办．这意味着电子竞技作为虚拟体育正式成为奥运会项目的一部分．为迎接电子竞技行业这一里程碑式的时刻，甲、乙两俱乐部计划按照现今体育比赛中的赛制举办友谊赛．在体育比赛中有两种常见赛制：一种是局胜制，例如一场比赛有5局，率先胜3局一方获胜，本场比赛结束;另一种是局胜制，例如一场比赛有7局，率先胜4局一方获胜，本场比赛结束．（1）若采用5局3胜制，甲俱乐部每场比赛获胜的概率为0.8；若采用7局4胜制，甲俱乐部每场比赛获胜的概率为0.9．已知甲、乙俱乐部采用这两种赛制各进行了场比赛，试自行绘制列联表，并根据小概率值的独立性检验，来推断赛制是否对甲队获胜的场数有影响;（2）设甲俱乐部每局比赛获胜的概率均为，且每局比赛都能决出胜负，没有平同：①若两俱乐部采用5局3胜制比赛，记事件：“甲俱乐部只要取得3局比赛的胜利比赛结束且甲获胜”，事件：“两俱乐部赛满5局，甲俱乐部至少取得3局比赛胜利且甲获胜”，试证明：;②若甲、乙两俱乐部创造一种全新的赛制，约定比赛规则为：共进行局，赢得局数大于局的俱乐部获胜．若甲俱乐部每局比赛获胜的概率，试判断进行几局比赛时，甲俱乐部获胜的概率最大，并说明理由．0.100.050.0250.0102.7063.8415.0246.635附：，其中．【答案】（1）列联表见解析，答案见解析；（2）①证明见解析；②4局.【解析】【分析】（1）根据给定条件，列出列联表，求出的观测值并与比较求解.（2）①利用互斥事件的概率公式及独立重复试验的概率公式列式化简得证；②利用条件概率及全概率公式求出与的关系，再建立不等式求解.【小问1详解】依题意，列联表如下：5局3胜7局4胜合计甲胜乙胜合计，依据小概率值的独立性检验，当时，，赛制对甲胜场数有影响；当时，，赛制对甲胜场数没有影响.【小问2详解】①，，所以.②设甲赢得比赛的概率为，设“进行局比赛甲最终获胜”，“第一局甲赢”，“第二局甲赢”，则有，而发生及发生意味着前2局比赛甲恰好赢一局，则甲在局比赛最终获胜当且仅当甲在后续的局比赛中赢的局数要大于，因此，在发生的条件下，甲已经赢了前2局，则甲最终获胜当且仅当甲在后续的局比赛中赢的局数要大于或等于，则；在发生的条件下，甲输掉前2局，则甲最终获胜当且仅当甲在后续的局比赛中赢的局数要大于，而这个事件可视为“甲在后续的局比赛中赢的局数大于”与事件“甲在后续的局比赛中恰好赢局”的差事件，故，因此令，得，则当时，，所以当，即时，最大【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.19.一般地，若两个椭圆焦点都在x轴或y轴上，长轴相等，其中一个椭圆的短