高級中學名校試題PAGEPAGE1福建省龍巖市2025屆高中畢業(yè)班三月教學質量檢測數(shù)學試題1.已知復數(shù)z滿足，則的模為()A.1 B. C. D.2【答案】B【解析】復數(shù)z滿足，，所以．故選：B．2.是的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】若，根據(jù)并集的定義,所以當時，一定有，即由能推出，所以是的充分條件.

若，則可能屬于，也可能屬于，不一定有.例如，，當時，，但，即由不能推出，所以不是的必要條件.綜上，是的充分不必要條件.

故選：A.3.已知向量，且在上的投影向量為，則與的夾角為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根據(jù)向量在上的投影向量為，已知在上的投影向量為，所以.先計算，根據(jù)向量數(shù)量積的坐標運算公式，可得.再計算，根據(jù)向量模長公式：可得，那么.所以

所以.

得，所以與的夾角為.

故選：C.4.某醫(yī)學院計劃從4名男生和3名女生中選派2人分別到甲、乙兩地參加義診活動，則在派往甲地是男生的條件下，派往乙地是女生的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】從名男生和名女生共人中選人分別到甲、乙兩地，總的選派方法數(shù)為種.派往甲地是男生的情況：先從名男生中選人派往甲地，有種選法；再從剩下的人中選人派往乙地，有種選法.根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，派往甲地是男生的選派方法數(shù)為種.所以.

派往甲地是男生且派往乙地是女生的情況：先從名男生中選人派往甲地，有種選法；再從名女生中選人派往乙地，有種選法.根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，派往甲地是男生且派往乙地是女生的選派方法數(shù)為種.所以.根據(jù)條件概率公式，將，代入可得：.

在派往甲地是男生的條件下，派往乙地是女生的概率是，故選：B.5.設是等差數(shù)列的前項和，若，則（）A.132 B.88 C.44 D.33【答案】C【解析】根據(jù)是等差數(shù)列的前項和，由等差數(shù)列前項和公式可得.所以，化簡可得.

，即.得.

將代入中，解得.將代入，可得.

可得：故選：C.6.設函數(shù)且，則下列說法正確的是（）A.為上的奇函數(shù)B.若，則C.若，則D.若為上的增函數(shù)，則【答案】D【解析】奇函數(shù)滿足，且定義域關于原點對稱.對于函數(shù)，其定義域為，但，不滿足奇函數(shù)的性質，所以不是上的奇函數(shù)，A選項錯誤.

若，因為，代入中，可得.則，B選項錯誤.

已知，因為，代入中，可得，此式恒成立，可以取任意大于且不等于的值，并非，C選項錯誤.

若為上的增函數(shù)，則：當時，要使其單調遞增，則，即.

當時，要使其單調遞增，則底數(shù).

在分段點處，需滿足，解得.綜合以上條件，可得，D選項正確.

故選：D.7.已知是圓上的兩個相異的動點，動點滿足，且，則動點的軌跡方程為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】設，因為，，，所以.根據(jù)向量相等的性質，可得，進一步整理得到.將展開可得.因為，在圓上，所以，，又已知，即.將上述值代入可得：.

由可得.又因為，所以，可得.

動點的軌跡方程為，故選：C8.已知正三棱錐的棱長均為2，點在以為直徑的球上運動，且，則三棱錐的體積的最大值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】如下圖，設為的中點，設中點為，連接，由得在的中垂面上且在以為圓心，1為半徑的圓上，連接，為正三棱錐，，平面，，平面，平面與圓面重合，又正三棱錐的棱長為2，，當點三點共線時，三棱錐體積最大，作平面，點易知，，，.故選：B.二?多項選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，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.隨機變量分別服從正態(tài)分布和二項分布，且，則（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】對于正態(tài)分布，其期望和方差分別為3和1，對于二項分布，有，，選項A：，，因此成立，故A正確；選項B：，，因此，故B錯誤；選項C：由于正態(tài)分布具有對稱性，若，則，故C正確；選項D：對于二項分布，其概率公式為，，而，故D正確.故選：ACD.10.已知函數(shù)，若函數(shù)的圖象與軸的三個交點依次為，且，則（）A.B.若，則C.若，則D.若成等差數(shù)列，則【答案】BCD【解析】對于A，，因為有三個零點，所以至少有三個單調區(qū)間，即有兩個不相等實數(shù)根，所以，解得，故A錯誤；對于B，當時，，，由或，由，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以在處取得極大值，在處取得極小值，因為有三個零點，所以，解得，故B正確；對于C，，所以函數(shù)的圖象關于點中心對稱，所以，故C正確；對于D，，所以，若成等差數(shù)列，則，所以，得，所以，解得，即，故D正確；故選：BCD．11.已知曲線，點，則（）A.曲線關于直線對稱B.曲線上存在點，使得C.曲線上第一象限內的點到直線與的距離之積為定值D.直線與曲線只有一個交點【答案】BC【解析】由題當，時，曲線；當，時，曲線；當，時，曲線不存在；當，時，曲線，故作出曲線如圖所示：選項A：法一：由圖可知，曲線不關于直線對稱，故A錯誤；法二：將中的替換為替換為，得，與不相同，故曲線不關于直線對稱，故A錯誤；選項B：易知，為雙曲線的上、下焦點，所以當點在第三象限時，根據(jù)雙曲線的定義可知，故B正確；選項C：設曲線上第一象限內的點為，則，即，所以點到直線的距離，點到直線的距離，所以，故C正確.選項D：易知直線為雙曲線與雙曲線的一條共同漸近線，直線的斜率大于直線的斜率，結合圖形知道，故直線與曲線共有兩個交點，故D錯誤.故選：BC.三?填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.12.二項式的展開式中的常數(shù)項為________．【答案】60【解析】展開式的通項為．令，得，則的常數(shù)項為．故答案為：．13.若函數(shù)在內有且僅有兩條對稱軸，則的取值范圍是__________.【答案】【解析】對于函數(shù)，令，解關于的方程：

，因為，當時，；當時，；當時，.由于在內有且僅有兩條對稱軸，則.解不等式，得.解不等式，得.所以的取值范圍是.

故答案為：.14.設滿足方程的點的運動軌跡分別為曲線，若曲線有兩個交點（其中是自然對數(shù)的底數(shù)），則實數(shù)的取值范圍為__________.【答案】【解析】法一：因為，，依題意，曲線，曲線，且曲線有兩個交點，方程在上有兩解，即方程上有兩解，令，所以方程有兩解等價于函數(shù)的圖象與的圖象有兩個交點.易知直線恒過定點，斜率為，又由得，令，則，當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，作出的圖象如圖所示，設直線是的圖象的切線，設切點為，則切線斜率為，所以切線的方程為，又直線經過點，所以，即，解得或，所以或，由圖知，當或即或時，函數(shù)的圖象與的圖象有兩個交點，即曲線有兩個交點，故實數(shù)的取值范圍是.法二：因為，依題意，曲線，曲線，且曲線有兩個交點，方程在上有兩解，即方程在上有兩解，當時，，此時；當時，即方程在上有兩解，令，則的圖象與的圖象有兩個交點.又，令，則或，當或時，單調遞減，當或時，單調遞增，又，且當時，，當時，，當時，，所以的大致圖象如圖所示，要使的圖象與的圖象有兩個交點，則或，所以實數(shù)的取值范圍是.故答案為：四?解答題：本大題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.已知函數(shù).（1）求的最小正周期；（2）將函數(shù)的圖象向右平移得到函數(shù)的圖象.記的內角所對的邊分別為，已知，求的值.解：（1）的最小正周期為.（2）函數(shù)的圖象是由函數(shù)的圖象向右平移得到，.又.由得，.由余弦定理得：16.如圖，在三棱錐中，平面平面是等腰直角三角形，且.（1）證明：；（2）求直線與平面所成角的正弦值.（1）證明：作，且交于點，連接，是等腰直角三角形且又平面平面，平面平面平面平面又平面.根據(jù)余弦定理得又平面平面，又平面（2）解：方法一：過點在平面內作交于，則兩兩垂直，以點為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系（如圖）.是等腰直角三角形且.設平面的法向量為，則取又，設直線與平面所成角為直線與平面所成角的正弦值是.方法二：過點作于，連接，由（1）知，平面平面面平面是直線與平面所成的角由（1）知直線與平面所成角的正弦值是.17.已知函數(shù).（1）討論的單調性；（2）若有兩個極值點，記過兩點的直線斜率為.是否存在實數(shù)，使得.若存在，求出的值；若不存在，試說明理由.解：（1）易知的定義域為，且，記當時，，此時恒成立，則恒成立，當時，，此時恒成立，則恒成立，當且僅當時取等號.所以函數(shù)在上單調遞增；當時，，此時有兩個正根：或.當時，；當時，；所以在上單調遞增，在上單調遞減.綜上所述：當時，函數(shù)在上單調遞增；當時，在上單調遞增，在上單調遞減.（2）因為有兩個極值點，由（1）知僅在時滿足條件設是方程的兩個不等正實根，則滿足，不妨設，則，由于依題意，假設存在的值，使得，則，又，即又，把代入整理得（*）令，則所以在上單調遞增，從而，所以當時，恒成立因此（*）無解，即不存在實數(shù)使得18.已知橢圓的右焦點為拋物線的焦點，過點的直線交橢圓于兩點，當直線垂直于軸時，.（1）求橢圓的方程；（2）當直線不垂直于軸時，過分別作軸的垂線，垂足分別為，記直線與的交點為.（i）證明：點在定直線上，并求出的方程；（ii）若的面積為，設直線與拋物線交于兩點，求.解：（1）設，依題意得，當時，，又，所以，故橢圓的標準方程為：.（2）（i）因為直線與坐標軸不垂直，設直線的方程為，設，由，得，則，可得，又由條件知直線的斜率均存在，則直線的方程為，直線的方程為，聯(lián)立直線和的方程，消去，得交點的橫坐標為，同理，消去，得交點的縱坐標為，所以的坐標為.所以點在定直線上，且定直線的方程為.（ii）解法一：依題意不妨令在軸上方，則，由，得，解得（舍去），所以，得直線的方程為，同理當時，直線的方程為，聯(lián)立，消去得，設，得，根據(jù)對稱性得，當直線的方程為時，也有.綜上所述.解法二：，又因為到的距離為，所以，得，解得（舍去），所以，得直線的方程為或，聯(lián)立，消去得到，設，則，得，根據(jù)對稱性得，當直線的方程為時，也有.綜上所述.19.對，通過拋擲一枚均勻硬幣次后生成有序數(shù)對，具體生成規(guī)則如下：①規(guī)定；②當?shù)诖螔仈S硬幣時：如果出現(xiàn)硬幣正面朝上，若，則，否則；如果出現(xiàn)硬幣反面朝上，若，則，否則.拋擲次硬幣后，記的概率為.（1）寫出的所有可能結果，并求；（2）證明：數(shù)列是等比數(shù)列，并求；（3）若，則拋擲幾次硬幣后使得的概率最大？請給出證明過程.解：（1）當?shù)?次拋擲硬幣時，若正面朝上，由知，則；若反面朝上，由知，則；當?shù)?次拋擲硬幣時，如果正面朝上，此時若第1次正面朝上，由知，則此時若第1次反面朝上，由知，則當?shù)?次拋擲硬幣時，如果反面朝上，此時若第1次正面朝上，由知，則此時若第1次反面朝上，由知，則所以的所有可能結果共4個，所以.（2）由題知，，當，且第次擲出正面時，有，此時，當，且第次擲出反面時，有，此時，所以，即，所以所以是以為首項，為公比的等比數(shù)列，所以，所以.（3）由（2）知，當且為奇數(shù)時，，當且為偶數(shù)時，，且隨著的增大而減小，所以綜上：拋擲2次硬幣后使得的概率最大.福建省龍巖市2025屆高中畢業(yè)班三月教學質量檢測數(shù)學試題1.已知復數(shù)z滿足，則的模為()A.1 B. C. D.2【答案】B【解析】復數(shù)z滿足，，所以．故選：B．2.是的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】若，根據(jù)并集的定義,所以當時，一定有，即由能推出，所以是的充分條件.

若，則可能屬于，也可能屬于，不一定有.例如，，當時，，但，即由不能推出，所以不是的必要條件.綜上，是的充分不必要條件.

故選：A.3.已知向量，且在上的投影向量為，則與的夾角為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根據(jù)向量在上的投影向量為，已知在上的投影向量為，所以.先計算，根據(jù)向量數(shù)量積的坐標運算公式，可得.再計算，根據(jù)向量模長公式：可得，那么.所以

所以.

得，所以與的夾角為.

故選：C.4.某醫(yī)學院計劃從4名男生和3名女生中選派2人分別到甲、乙兩地參加義診活動，則在派往甲地是男生的條件下，派往乙地是女生的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】從名男生和名女生共人中選人分別到甲、乙兩地，總的選派方法數(shù)為種.派往甲地是男生的情況：先從名男生中選人派往甲地，有種選法；再從剩下的人中選人派往乙地，有種選法.根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，派往甲地是男生的選派方法數(shù)為種.所以.

派往甲地是男生且派往乙地是女生的情況：先從名男生中選人派往甲地，有種選法；再從名女生中選人派往乙地，有種選法.根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，派往甲地是男生且派往乙地是女生的選派方法數(shù)為種.所以.根據(jù)條件概率公式，將，代入可得：.

在派往甲地是男生的條件下，派往乙地是女生的概率是，故選：B.5.設是等差數(shù)列的前項和，若，則（）A.132 B.88 C.44 D.33【答案】C【解析】根據(jù)是等差數(shù)列的前項和，由等差數(shù)列前項和公式可得.所以，化簡可得.

，即.得.

將代入中，解得.將代入，可得.

可得：故選：C.6.設函數(shù)且，則下列說法正確的是（）A.為上的奇函數(shù)B.若，則C.若，則D.若為上的增函數(shù)，則【答案】D【解析】奇函數(shù)滿足，且定義域關于原點對稱.對于函數(shù)，其定義域為，但，不滿足奇函數(shù)的性質，所以不是上的奇函數(shù)，A選項錯誤.

若，因為，代入中，可得.則，B選項錯誤.

已知，因為，代入中，可得，此式恒成立，可以取任意大于且不等于的值，并非，C選項錯誤.

若為上的增函數(shù)，則：當時，要使其單調遞增，則，即.

當時，要使其單調遞增，則底數(shù).

在分段點處，需滿足，解得.綜合以上條件，可得，D選項正確.

故選：D.7.已知是圓上的兩個相異的動點，動點滿足，且，則動點的軌跡方程為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】設，因為，，，所以.根據(jù)向量相等的性質，可得，進一步整理得到.將展開可得.因為，在圓上，所以，，又已知，即.將上述值代入可得：.

由可得.又因為，所以，可得.

動點的軌跡方程為，故選：C8.已知正三棱錐的棱長均為2，點在以為直徑的球上運動，且，則三棱錐的體積的最大值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】如下圖，設為的中點，設中點為，連接，由得在的中垂面上且在以為圓心，1為半徑的圓上，連接，為正三棱錐，，平面，，平面，平面與圓面重合，又正三棱錐的棱長為2，，當點三點共線時，三棱錐體積最大，作平面，點易知，，，.故選：B.二?多項選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，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.隨機變量分別服從正態(tài)分布和二項分布，且，則（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】對于正態(tài)分布，其期望和方差分別為3和1，對于二項分布，有，，選項A：，，因此成立，故A正確；選項B：，，因此，故B錯誤；選項C：由于正態(tài)分布具有對稱性，若，則，故C正確；選項D：對于二項分布，其概率公式為，，而，故D正確.故選：ACD.10.已知函數(shù)，若函數(shù)的圖象與軸的三個交點依次為，且，則（）A.B.若，則C.若，則D.若成等差數(shù)列，則【答案】BCD【解析】對于A，，因為有三個零點，所以至少有三個單調區(qū)間，即有兩個不相等實數(shù)根，所以，解得，故A錯誤；對于B，當時，，，由或，由，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以在處取得極大值，在處取得極小值，因為有三個零點，所以，解得，故B正確；對于C，，所以函數(shù)的圖象關于點中心對稱，所以，故C正確；對于D，，所以，若成等差數(shù)列，則，所以，得，所以，解得，即，故D正確；故選：BCD．11.已知曲線，點，則（）A.曲線關于直線對稱B.曲線上存在點，使得C.曲線上第一象限內的點到直線與的距離之積為定值D.直線與曲線只有一個交點【答案】BC【解析】由題當，時，曲線；當，時，曲線；當，時，曲線不存在；當，時，曲線，故作出曲線如圖所示：選項A：法一：由圖可知，曲線不關于直線對稱，故A錯誤；法二：將中的替換為替換為，得，與不相同，故曲線不關于直線對稱，故A錯誤；選項B：易知，為雙曲線的上、下焦點，所以當點在第三象限時，根據(jù)雙曲線的定義可知，故B正確；選項C：設曲線上第一象限內的點為，則，即，所以點到直線的距離，點到直線的距離，所以，故C正確.選項D：易知直線為雙曲線與雙曲線的一條共同漸近線，直線的斜率大于直線的斜率，結合圖形知道，故直線與曲線共有兩個交點，故D錯誤.故選：BC.三?填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.12.二項式的展開式中的常數(shù)項為________．【答案】60【解析】展開式的通項為．令，得，則的常數(shù)項為．故答案為：．13.若函數(shù)在內有且僅有兩條對稱軸，則的取值范圍是__________.【答案】【解析】對于函數(shù)，令，解關于的方程：

，因為，當時，；當時，；當時，.由于在內有且僅有兩條對稱軸，則.解不等式，得.解不等式，得.所以的取值范圍是.

故答案為：.14.設滿足方程的點的運動軌跡分別為曲線，若曲線有兩個交點（其中是自然對數(shù)的底數(shù)），則實數(shù)的取值范圍為__________.【答案】【解析】法一：因為，，依題意，曲線，曲線，且曲線有兩個交點，方程在上有兩解，即方程上有兩解，令，所以方程有兩解等價于函數(shù)的圖象與的圖象有兩個交點.易知直線恒過定點，斜率為，又由得，令，則，當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，作出的圖象如圖所示，設直線是的圖象的切線，設切點為，則切線斜率為，所以切線的方程為，又直線經過點，所以，即，解得或，所以或，由圖知，當或即或時，函數(shù)的圖象與的圖象有兩個交點，即曲線有兩個交點，故實數(shù)的取值范圍是.法二：因為，依題意，曲線，曲線，且曲線有兩個交點，方程在上有兩解，即方程在上有兩解，當時，，此時；當時，即方程在上有兩解，令，則的圖象與的圖象有兩個交點.又，令，則或，當或時，單調遞減，當或時，單調遞增，又，且當時，，當時，，當時，，所以的大致圖象如圖所示，要使的圖象與的圖象有兩個交點，則或，所以實數(shù)的取值范圍是.故答案為：四?解答題：本大題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.已知函數(shù).（1）求的最小正周期；（2）將函數(shù)的圖象向右平移得到函數(shù)的圖象.記的內角所對的邊分別為，已知，求的值.解：（1）的最小正周期為.（2）函數(shù)的圖象是由函數(shù)的圖象向右平移得到，.又.由得，.由余弦定理得：16.如圖，在三棱錐中，平面平面是等腰直角三角形，且.（1）證明：；（2）求直線與平面所成角的正弦值.（1）證明：作，且交于點，連接，是等腰直角三角形且又平面平面，平面平面平面平面又平面.根據(jù)余弦定理得又平面平面，又平面（2）解：方法一：過點在平面內作交于，則兩兩垂直，以點為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系（如圖）.是等腰直角三角形且.設平面的法向量為，則取又，設直線與平面所成角為直線與平面所成角的正弦值是.方法二：過點作于，連接，由（1）知，平面平面面平面是直線與平面所成的角由（1）知直線與平面所成角的正弦值是.17.已知函數(shù).（1）討論的單調性；（2）若有兩個極值點，記過兩點的直線斜率為.是否存在實數(shù)，使得.若存在，求出的值；若不存在，試說明理由.解：（1）易知的定義域為，且，記當時，，此時恒成立，則恒成立，當時，，此時恒成立，則恒成立，當且僅當時取等號.所以函數(shù)在上單調遞增；當時，，此時有兩個正根：或.當時，；當時，；所以在上單調遞增，在上單調遞減.綜上所述：當時，函數(shù)在上單調遞增；當時，在上單調遞增，在上單調遞減.（2）因為有兩個極值點，由（1）知僅在時滿足條件設是方程的兩個不等正實根，則滿足，不妨設，則，由于依題意，假設存在的值，使得，則，又，即又，把代入整理得（*）令，則所