數(shù)學(xué)-福建省部分（六市）地市2025屆高中畢業(yè)班第一次質(zhì)量檢測（六市一模）試題和答案

福建省部分地市2025屆高中畢業(yè)班第一次質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)評分標準及解析選擇填空題答案：1-5.BACDC6-8.CBB9.ACD10.AC11.BC12.9π13.答案第一空3分，第二空2分，其他結(jié)果均不得分）14.答案沒有化成最簡分數(shù)如同樣得分）一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.12345678BACDCCBB1．在復(fù)平面內(nèi)，i(1+i)對應(yīng)的點位于A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限答案：B2．設(shè)集合，則A∩B=答案：A3．已知等軸雙曲線C的焦點到其漸近線的距離為1，則C的焦距為答案：C 解析：設(shè)等軸雙曲線的焦距為2c，因為焦點到其漸近線的距離為b=1，所以c=雙曲線的焦距為2·2，故選C. 4.已知m，n是兩條不同的直線，α,β是兩個不同的平面，α∩β=n，則下列說法正確的是A．若mⅡα,則mⅡnB．若mⅡn，則mⅡα答案：D解析：若mⅡα,則m，n平行或異面，A選項錯誤；若mⅡn，則mⅡα或mα,B選項錯誤；若m丄n，則m，β不一定垂直，也可能平行或相交，C選項錯誤；若m丄β,則m丄n，D選項正確；故選D.5．已知隨機變量X~N(1,σ2)，若P(X≤a)=0.3，且P(a≤X≤a+2)=0.4，則a=A.1B.C.0D.答案：C解析：如圖所示，P(X≥a+2)=0.3，6．已知0<α<，若tan(α+)=2(sinα+cosα)，則sin答案：C7．過拋物線C:y2=4x的焦點F答案：B的垂線，垂足分別為M，N，所以△OAF與△OBF的面積之比為，故選B.8．若函數(shù)f(x)=ln(eax—6+1)—x的圖象關(guān)于直線x=3對稱，則f(x)的值域為答案：B解析：f(x)=ln(eax—6+1)x=ln(e(a1)x6+ex)，依題意，f(0)=f(6)，6a66a12x故選B.二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中,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.9ACDACBCD．若θ=，則a在b方向上的投影向量為2b答案：ACD若向量a，b共線，則2cosθ—sinθ=0，解得tanθ=2，所以向量a，b可能共線，B選項錯誤；D選項正確；綜上所述，應(yīng)選ACD.志愿者攝入一定量藥物后，在較短時間內(nèi)，血液中藥120mg/L，為探究某藥物在人體中的代y(mg/L)與代謝時間x(h)的相關(guān)數(shù)據(jù)，如下表所示：x012345678 y B.變量y與x的相關(guān)系數(shù)r>0D.代謝約10小時后才需要補充藥物答案：ACA選項正確；血液中藥物濃度y(mg/L)隨代謝時間x(h)的增大而減小，所以變量y與x的相關(guān)系數(shù)令10.5×x+122=120×0.211.已知定義在(0,+∞)上的函數(shù)f(x)滿足f(x+1)=2f(x)+[x]，其中[x]表示不超過x的最大整數(shù)，如[1.9]=1，[3]=3.當0<x≤1時，f(x)=xlnx，設(shè)xn為f(x)從小到大的第n個極小值點，則A．f(2)=2C．數(shù)列{xn}是等差數(shù)列D．f(xn)<0答案：BC解析：f(2)=2f(1)+1=1，故A選項錯誤；*時，f(n+1)=2f(n)+n，等式兩邊同時加n+2，得f(n)=2nn1，故B選項正確；當n1<x<n時，設(shè)f(x)=F(x)，則F(x)極小值點為xn，所以當n<x<n+1時，f(x)=2F(x—1)+n—1，此時，f(x)的極小值點為xn+1，即+1，所以xn+1xn=1，數(shù)列{xn}是等差數(shù)列，故C選項正確；所以2n-1-n，當n→+∞時，f→+∞,故D選項錯誤.綜上所述，應(yīng)選BC.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知圓錐的母線長為6，且其軸截面為等邊三角形，則該圓錐的體積為.答案：93π（其他結(jié)果均不得分） 解析：設(shè)圓錐的底面半徑為r，則2r=6，解得r=3，所以圓錐的高為33，f(x)答案第一空3分，第二空2分，其他結(jié)果均不得分）14．從集合U={1,2,3,4}的所有非空子集中任選兩個，則選中的兩個子集的交集為空集的概率為.答案沒有化成最簡分數(shù)如同樣得分）易知集合U的非空子集個數(shù)為24-1=15，任取兩個集合A,B共有C125=105種選法.（方法一）①若card(AUB)=2，則共有C=6種選法.；②若card(AUB)=3，從4個元素里選3個，再分成兩組（不平均有CC=12種選法；2③若card(AUB)=4，4個元素平均分為兩組共有=32計共有7種選法；所以選中的兩個子集的交集為空集的概率為P=種；不平均分組共有C=3種，小.21（方法二）①當card(A)=1時，4個元素里任選一個放入集合A中，集合B共有23-1=7種②當card(A)=2時，4個元素里任選兩個放入集合A中，集合B共有22-1=3種情況，故有③當card(A)=3時，4個元素里任選三個放入集合A中，集合B共有21-1=1種情況，故有總共有(28+18+4)=25種情況，所以選中的兩個子集的交集為空集的概率為這三種選法，再減去集合A，B其中一個為空集的情況，故共有=25種，所以選中的兩個子集的交集為空集的概率為P==.應(yīng)填；四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.1513分）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且acosC=(·b-c)cosA.（1）求A； 解1）方法1：由正弦定理可得sinAcosC-2sinB.cosA+sinC.cos即sin(A+C)-2sinB.cosA過程1：邊化角：利用兩角和的正弦公式及sinB=sin(A+C)化解（3分過程2：求值：求出cosA=求出（1分）所以整理得，b2+c2-a2=bc，……………3分4過程2：求值：求出cosA=求出（1分）.說理過程酌情給分.（寫出上CDA的兩個余弦值，得2分）（由正弦和角公式得到上ACD的正弦值（2在△ACD中，由正弦定理得，即AC=所以…………………在△ABC中，由余弦定理可得a2=b2+c2—2bccosA，（求出AC得1分，求a得1分）（漏一種情況，扣兩分，AC和a值各占1分）1615分）（1）證明：平面ABC丄平面ACC1A1；（2）若A1B與平面ABC所成角為60O，求平面A1B1C與平面ABC夾角的余弦值.解1）方法1：取AC的中點O，連接A1O，BO，=AA12=4，………1分=A1B2，所以A1O丄BO，……3分因為OA∩OB=O，OA平面ABC，OB平面ABC，丄平面ABC，……………………5分因為A1O平面ACC1A1，所以平面ABC丄平面ACC1A1．………………6分線面垂直證明（2分線面垂直→面面垂直（1分）.說理過程酌情給分.方法2：設(shè)O為A1在底面ABC的射影，則A1O與OA，OB，OC均垂直，……………1分C=A1A，所以O(shè)A=OB=OC…………………3分射影O為底面△ABC的外心，又△ABC為直角三角形，所以O(shè)恰為斜邊AC的中點，…………………5分因為A1O平面ACC1A1，所以平面ABC丄平面ACC1A1．……………6分方法2：設(shè)O為投影，得出OA=OB=OC（3分說理過證明O恰為斜邊AC的中點（2分面面垂直證明（1分）.所以A1B與平面ABC所成角即為上A=(0,1,·3)，…………………10設(shè)平面A1B1C的法向量為n1=(x,y,z)，=(3,3,1)，……………………12分易知平面ABC的一個法向量為n2=(0,0,1)，……………13分設(shè)平面A1B1C與平面ABC的夾角為θ,所以cosθ=所以平面A1B1C與平面ABC夾角的余弦值為.……15分cosθ=代入運算（1分結(jié)論（1分）.若有其他建系方法，仿照上述方案給分.方法2：如圖，過C作AB的平行線l，因為AB∥A1B1，所以l∥A1B1，過O作OH丄l，垂足為H，………………10分所以CH丄平面A1OH，因為A1H平面A1OH，所以A1H丄CH，…12分所以平面A1B1C與平面ABC的夾角即為上A1HO，所以cos上A1HO=，平面A1B1C與平面ABC夾角的余弦值為.………………15分作出平行線l（1分垂足（1分證明A1H丄CH（2分證明過程酌情給分；1715分）跡為曲線C.（1）求C的方程；（2）設(shè)點P，Q在C上，且以PQ為直徑的圓E經(jīng)過坐標原點O，求圓E面積的最小值.|，所以圓心M的軌跡為橢圓，………3分所以b2=a2c2=3，……………………5分所以C的方程為+=1.…………………6分設(shè)圓M半徑表達|MC1|，|MC2|（2分）由橢圓定義證明M軌跡為橢圓（1分）計算出a，b，c2分）有計算錯誤酌情給分（2）方法1：設(shè)P(x1,y1)，Q(x2,y2)，由OP.OQ=0可知，x1x2+當直線PQ的斜率不存在時，設(shè)直線PQ:x=t，則P(t,y)，Q(t,—y)，所以x1x2+y1y2=t2解得此時，圓E的面積為.………8分由可得，x22，………………10分222所以-12k2+7m2-12=0，即7m2=12+12k2，…………12分 ………………14分所以圓E面積的最小值為×=.………………15分考慮直線PQ的斜率不存在的情況，并計算圓E的面積（2分）聯(lián)立直線PQ與橢圓，設(shè)點寫出韋達關(guān)系（2分）由OP，OQ垂直關(guān)系，得到k，m的關(guān)系式（2分）方法2：因為以PQ為直徑的圓E經(jīng)過坐標原點O，所以O(shè)P丄OQ，………………7分①當直線OP，OQ中有一條斜率不存在時，則另一條斜率為0，2=7，所以圓E的半徑為，所以圓E的面積為.……………8分②若直線OP，OQ的斜率均存在，設(shè)直線OP:y=kx，直線OQ:y=-x，P(x1,y1)，同理可得x22=，……………………10分所以|PQ|2=7-12k2+25當且僅當k2=1時，|PQ|2取得最小值，所以此時，圓E面積的最小值為×=，因為>，所以圓E面積的最小值為.…………15分考慮直線OP或者OQ斜率不存在的情況，并計算圓E的面積（2分）若計算錯誤，寫出了OP與OQ的垂直關(guān)系，給1分.聯(lián)立直線OP與橢圓，得到x12，x22與k的關(guān)系（2分）方法3：設(shè)P(2cosα,·sinα)，Q(2cosβ,·sinβ)，…………………7分OP.OQ=4cosαcosβ+3sinαsinβ=0，…………………8分所以|PQ|2=(2cosα-2cosβ)2+(sinα-sinβ)22α+cos2β-(8cosαcosβ+6sinαsinβ)=6+cos2α+cos2β，……………10分因為4cosαcosβ=-3sinαsinβ，所以16cos2αcos2β=9sin2αsin2β=9(1-cos2α)(1-cos2β)，整理得，7cos2αcos2β=9[1-(cos2α+cos2β)]，…………………11分由基本不等式，得cos2αcos2β≤，所以9[1-(cos2α+cos2β)]≤，…………………13分所以圓E面積的最小值為×=.…………………15分由參數(shù)方程分別寫出P，Q的坐標（1分）由OP與OQ的垂直關(guān)系，得到兩參數(shù)關(guān)系（1分）方法4：設(shè)|OP|=m，P(mcosα,msinα)，Q(ncos(α+),msin(α+))，……………8分因為點P(mcosα,msinα)在C上，所以圓E面積的最小值為×=.…………………15分寫出P，Q的坐標（2分）1817分）設(shè)函數(shù)f(x)=x(ex-a)2.（1）當a=0時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；（2）若f(x)單調(diào)遞增，求a的取值范圍；（3）當0<a<1時，設(shè)x0為f(x)的極小值點，證明：-<f(x0)<0.解1）當a=0時，f(x)=xe2x，f’(x)=(2x+1)e2x，………………1分當x∈(-∞,-)時，f’(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當x∈(-,+∞)時，f’(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，………3分所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,+∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,-).…4分f(x)單調(diào)性（2分可根據(jù)具體書寫形式酌情給分，（2）f’(x)=(ex-a)(2xex+ex-a)，xxx，………………5分當x∈(-∞,-2)時，g(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當x∈(-2,+∞)時，g(x)>0，g33-3調(diào)遞增，當x=-2時，g(x)取得極小值g(-2)=-2e233-3（i）所以當a≤-2e-時，g(x)≥0，ex-a>0，所以f’(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，符合題意；……………6分（ii）當-2e-<a≤0時，y=ex-a>0，又g(x)存在兩個零點，即存在區(qū)間使得g(x)<0所以f’(x)≥0不恒成立，不合題意；………7分fx-a的零點為x=lna，且g(-)=-2e--a<0則g(x)與y=ex-a有唯一相同零點且零點兩側(cè)函數(shù)值符號相同，此時，當x>0時2xex+ex-1>ex-1>0；當x<0時2xex+ex-1<ex-1<0，則f’(x)≥0…………9分]u{1}………………10分給分，結(jié)論（1分）.因為g(lna)=2alna<0，所以x1>lna，………………11分+∞)時，y=exa>0，g(x)>0，所以f’(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，……13分所以x10ex0，…………14分所以f(x0)=(ex0—a)2x0=(2x0ex0)2x0設(shè)=4x3e2x，則h2e2x判斷x1>lna（1分討論f(x)單調(diào)性（2分說理過程酌情給分；判斷x1=x0（1分寫出f(x0)的表達式（1分求導(dǎo)判斷單調(diào)性（1分|}的公差稱為{an}的“絕對公差”.1，記Sn為{dn}的前n項和，（ii）證明：對任意給定的正整數(shù)m，總存在d1，d2，?,dm滿足|Sm|≤4.=4，………2分若a2-a1與a3-a2均為負數(shù)，則-x-x-2=4，解得x=-3，不合題意；若a2-a1與a3-a2一正一負，則a3-a1=2或-2，不合題意；所以a2-a1=x，a3-a2=x+2，…………4分所以2x+2=4，解得x=1，故a2-a1=1．………………5分（2i）d2n=d1+(d2-d1)+…+(d2n-d2n-1)=1-2+3-4+…+(2n-1)=n，………6分因為d2n-1=d2n-(2n-1)=1-n．……………7分．…………………8分若有其他求解方法，酌情給分.①若m為奇數(shù)，令n-1，由可知，Sm-1=，………