福建省泉州市永春第一中学2025届高三第二次联考自选模块试题

福建省泉州市永春第一中学2025届高三第二次联考自选模块试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。1．函数的图象可能是（）A． B． C． D．2．已知双曲线的右焦点为，过原点的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，延长交右支于点，若，则双曲线的离心率是（）A． B． C． D．3．若直线经过抛物线的焦点，则（）A． B． C．2 D．4．2019年10月1日，中华人民共和国成立70周年，举国同庆.将2,0,1,9,10这5个数字按照任意次序排成一行，拼成一个6位数，则产生的不同的6位数的个数为A．96 B．84 C．120 D．3605．执行如图所示的程序框图，若输出的，则输入的整数的最大值为()A．7 B．15 C．31 D．636．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且，若正方体的六个面所在的平面与直线相交的平面个数分别记为，则下列结论正确的是（）A． B． C． D．7．将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，则所得函数图象的一个对称中心为（）A． B． C． D．8．如图，在正方体中，已知、、分别是线段上的点，且.则下列直线与平面平行的是（）A． B． C． D．9．某几何体的三视图如图所示，图中圆的半径为1，等腰三角形的腰长为3，则该几何体表面积为（）A． B． C． D．10．tan570°=（）A． B．- C． D．11．正项等比数列中，，且与的等差中项为4，则的公比是()A．1 B．2 C． D．12．正方形的边长为，是正方形内部（不包括正方形的边）一点，且，则的最小值为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在中，角的对边分别为，且．若为钝角，，则的面积为____________．14．已知，椭圆的方程为，双曲线方程为，与的离心率之积为，则的渐近线方程为________.15．已知数列满足对任意，，则数列的通项公式__________.16．若，，则___________．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）根据国家统计局数据，1978年至2018年我国GDP总量从0.37万亿元跃升至90万亿元，实际增长了242倍多，综合国力大幅提升.将年份1978，1988，1998，2008，2018分别用1，2，3，4，5代替，并表示为；表示全国GDP总量，表中，.326.4741.90310209.7614.05（1）根据数据及统计图表，判断与（其中为自然对数的底数）哪一个更适宜作为全国GDP总量关于的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由），并求出关于的回归方程.（2）使用参考数据，估计2020年的全国GDP总量.线性回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：，.参考数据：45678的近似值551484031097298118．（12分）在三棱柱中，，，，且.（1）求证：平面平面；（2）设二面角的大小为，求的值.19．（12分）高铁和航空的飞速发展不仅方便了人们的出行,更带动了我国经济的巨大发展.据统计,在2018年这一年内从市到市乘坐高铁或飞机出行的成年人约为万人次.为了解乘客出行的满意度,现从中随机抽取人次作为样本,得到下表(单位:人次):满意度老年人中年人青年人乘坐高铁乘坐飞机乘坐高铁乘坐飞机乘坐高铁乘坐飞机10分(满意)1212022015分(一般)2362490分(不满意)106344（1）在样本中任取个,求这个出行人恰好不是青年人的概率;（2）在2018年从市到市乘坐高铁的所有成年人中,随机选取人次,记其中老年人出行的人次为.以频率作为概率,求的分布列和数学期望;（3）如果甲将要从市出发到市,那么根据表格中的数据,你建议甲是乘坐高铁还是飞机?并说明理由.20．（12分）如图，D是在△ABC边AC上的一点，△BCD面积是△ABD面积的2倍，∠CBD=2∠ABD=2θ．（Ⅰ）若θ=，求的值；（Ⅱ）若BC=4，AB=2，求边AC的长．21．（12分）[2018·石家庄一检]已知函数．（1）若，求函数的图像在点处的切线方程；（2）若函数有两个极值点，，且，求证：．22．（10分）已知函数有两个极值点，.（1）求实数的取值范围；（2）证明：.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。1．A【解析】

先判断函数的奇偶性，以及该函数在区间上的函数值符号，结合排除法可得出正确选项.【详解】函数的定义域为，，该函数为偶函数，排除B、D选项；当时，，排除C选项.故选：A.【点睛】本题考查根据函数的解析式辨别函数的图象，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号，结合排除法得出结果，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.2．D【解析】

设双曲线的左焦点为，连接，，，设，则，，，和中，利用勾股定理计算得到答案.【详解】设双曲线的左焦点为，连接，，，设，则，，，，根据对称性知四边形为矩形，中：，即，解得；中：，即，故，故.故选：.【点睛】本题考查了双曲线离心率，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.3．B【解析】

计算抛物线的交点为，代入计算得到答案.【详解】可化为，焦点坐标为，故.故选：.【点睛】本题考查了抛物线的焦点，属于简单题.4．B【解析】

2,0,1,9,10按照任意次序排成一行，得所有不以0开头的排列数共个，其中含有2个10的排列数共个，所以产生的不同的6位数的个数为.故选B．5．B【解析】试题分析：由程序框图可知：①，；②，；③，；④，；⑤，.第⑤步后输出，此时，则的最大值为15，故选B.考点：程序框图.6．A【解析】

根据题意，画出几何位置图形，由图形的位置关系分别求得的值，即可比较各选项.【详解】如下图所示，平面，从而平面，易知与正方体的其余四个面所在平面均相交，∴，∵平面，平面，且与正方体的其余四个面所在平面均相交，∴，∴结合四个选项可知，只有正确.故选：A.【点睛】本题考查了空间几何体中直线与平面位置关系的判断与综合应用，对空间想象能力要求较高，属于中档题.7．D【解析】

先化简函数解析式,再根据函数的图象变换规律,可得所求函数的解析式为,再由正弦函数的对称性得解.【详解】,

将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍,所得函数的解析式为,

再向右平移个单位长度,所得函数的解析式为,，可得函数图象的一个对称中心为，故选D.【点睛】三角函数的图象与性质是高考考查的热点之一，经常考查定义域、值域、周期性、对称性、奇偶性、单调性、最值等，其中公式运用及其变形能力、运算能力、方程思想等可以在这些问题中进行体现，在复习时要注意基础知识的理解与落实．三角函数的性质由函数的解析式确定，在解答三角函数性质的综合试题时要抓住函数解析式这个关键，在函数解析式较为复杂时要注意使用三角恒等变换公式把函数解析式化为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦（余弦）函数的性质求解．8．B【解析】

连接，使交于点，连接、，可证四边形为平行四边形，可得，利用线面平行的判定定理即可得解．【详解】如图，连接，使交于点，连接、，则为的中点，在正方体中，且，则四边形为平行四边形，且，、分别为、的中点，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，因此，平面.故选：B.【点睛】本题主要考查了线面平行的判定，考查了推理论证能力和空间想象能力，属于中档题．9．C【解析】

几何体是由一个圆锥和半球组成，其中半球的半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，计算得到答案.【详解】几何体是由一个圆锥和半球组成，其中半球的半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，故几何体的表面积为.故选：.【点睛】本题考查了根据三视图求表面积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.10．A【解析】

直接利用诱导公式化简求解即可．【详解】tan570°=tan（360°+210°）=tan210°=tan（180°+30°）=tan30°=．故选：A．【点睛】本题考查三角函数的恒等变换及化简求值，主要考查诱导公式的应用，属于基础题.11．D【解析】

设等比数列的公比为q，，运用等比数列的性质和通项公式，以及等差数列的中项性质，解方程可得公比q．【详解】由题意，正项等比数列中，，可得，即，与的等差中项为4，即，设公比为q，则，则负的舍去，故选D．【点睛】本题主要考查了等差数列的中项性质和等比数列的通项公式的应用，其中解答中熟记等比数列通项公式，合理利用等比数列的性质是解答的关键，着重考查了方程思想和运算能力，属于基础题．12．C【解析】

分别以直线为轴，直线为轴建立平面直角坐标系，设，根据，可求，而，化简求解.【详解】解：建立以为原点，以直线为轴，直线为轴的平面直角坐标系.设，，，则，，由，即，得.所以=，所以当时，的最小值为.故选：C.【点睛】本题考查向量的数量积的坐标表示，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

转化为，利用二倍角公式可求解得，结合余弦定理可得b，再利用面积公式可得解.【详解】因为，所以．又因为，且为锐角，所以．由余弦定理得，即，解得，所以故答案为：【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.14．【解析】

求出椭圆与双曲线的离心率，根据离心率之积的关系，然后推出关系，即可求解双曲线的渐近线方程.【详解】，椭圆的方程为，的离心率为：，双曲线方程为，的离心率：，与的离心率之积为，，，的渐近线方程为：，即.故答案为：【点睛】本题考查了椭圆、双曲线的几何性质，掌握椭圆、双曲线的离心率公式，属于基础题.15．【解析】

利用累加法求得数列的通项公式，由此求得的通项公式.【详解】由题，所以故答案为：【点睛】本小题主要考查累加法求数列的通项公式，属于基础题.16．【解析】

因为，所以，又，所以，则，所以．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（1），；（2）148万亿元.【解析】

（1）由散点图知更适宜，对两边取自然对数得，令，，，则，再利用线性回归方程的计算公式计算即可；（2）将代入所求的回归方程中计算即可.【详解】（1）根据数据及图表可以判断，更适宜作为全国GDP总量关于的回归方程.对两边取自然对数得，令，，，得.因为，所以，所以关于的线性回归方程为，所以关于的回归方程为.（2）将代入，其中，于是2020年的全国GDP总量约为：万亿元.【点睛】本题考查非线性回归方程的应用，在处理非线性回归方程时，先作变换，转化成线性回归直线方程来处理，是一道中档题.18．（1）证明见解析；（2）.【解析】

（1）要证明平面平面，只需证明平面即可；（2）取的中点D，连接BD，以B为原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别计算平面的法向量为与平面的法向量为，利用夹角公式计算即可.【详解】（1）在中，，所以，即.因为，，，所以.所以，即.又，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）由题意知，四边形为菱形，且，则为正三角形，取的中点D，连接BD，则.以B为原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，.设平面的法向量为，且，.由得取.由四边形为菱形，得；又平面，所以；又，所以平面，所以平面的法向量为.所以.故.【点睛】本题考查面面垂直的判定定理以及利用向量法求二面角正弦值的问题，在利用向量法时，关键是点的坐标要写准确，本题是一道中档题.19．（1）（2）分布列见解析，数学期望（3）建议甲乘坐高铁从市到市.见解析【解析】

（1）根据分层抽样的特征可以得知，样本中出行的老年人、中年人、青年人人次分别为，，，即可按照古典概型的概率计算公式计算得出；（2）依题意可知服从二项分布，先计算出随机选取人次，此人为老年人概率是，所以，即，即可求出的分布列和数学期望；（3）可以计算满意度均值来比较乘坐高铁还是飞机．【详解】（1）设事件：“在样本中任取个，这个出行人恰好不是青年人”为，由表可得：样本中出行的老年人、中年人、青年人人次分别为，，，所以在样本中任取个，这个出行人恰好不是青年人的概率．（2）由题意，的所有可能取值为：因为在2018年从市到市乘坐高铁的所有成年人中，随机选取人次，此人为老年人概率是，所以，，，所以随机变量的分布列为：故．（3）答案不唯一，言之有理即可．如可以从满意度的均值来分析问题，

参考答案如下：由表可知，乘坐高铁的人满意度均值为：乘坐飞机的人满意度均值为：因为，所以建议甲乘坐高铁从市到市．【点睛】本题主要考查了分层抽样的应用、古典概型的概率计算、以及离散型随机变量的分布列和期望的计算，解题关键是对题意的理解，概率类型的判断，属于中档题．20．（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）利用三角形面积公式以及并结合正弦定理，可得结果.（Ⅱ）根据，可得，然后使用余弦定理，可得结果.【详解】（Ⅰ），所以所以；（Ⅱ），所以，所以，，所以，所以边．【点睛】本题考查三角形面积公式，正弦定理以及余弦定理的应用，关键在于识记公式，属中档题.21．（1）（2）见解析【解析】试题分析：（1）分别求得和，由点斜式可得切线方程；（2）由已知条件可得有两个相异实根，，进而再求导可得，结合函数的单调性可得，从而得证.试题解析：（1）由已知条件，，当时，，，当时，，所以所求切线方程为（2）由已知条件可得有两个相异实根，，令，则，1）若，则，单调递增，不可能有两根；2）若，令得，可知在上单调递增，在上单