福建省泉州市2025届高三教学质量检测（三）数学试题（含答案）

福建省泉州市2025届高三教学质量检测（三）
数学试题及参考答案
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题仅有一个选项正确.
1.（ ）
A. B. C. D.
2.已知向量合满足，且，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
3.已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
4.已知圆柱的底面半径与球的半径均为1，且圆柱的侧面积等于球的表面积，则该圆柱的母线长等于（ ）
A. B. C. D.
5.已知的展开式中的系数为0，则的值为（ ）
A. B. C. D.
6.已知抛物线的准线为，点在上，以为圆心的圆与和轴都相切，则该圆被轴解得的弦长等于（ ）
A. B. C. D.
7.已知函数，若，，则的值可以是（ ）
A. B. C. D.
8.如图，已知是圆锥的轴截面，分别为的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分.若在上，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9.有一组样本数据，现加入两个正整数构成新样本数据，与原样本数据比较，下列说法正确的是（ ）
A.若平均数不变，则 B.若极差不变，则
C.若，则中位数不变 D.若，则方程不变
10.已知函数，则（ ）
A.的最小正周期为 B.曲线关于直线对称
C.在区间上有4个零点 D.在区间内单调递减
11.已知数列的前项和，则下列说法正确的是（ ）
A.若是等差数列，则 B.若不是递增数列，则
C.若，则 D.若的最小值为，则
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.
12.等比数列中，，，则的前4项和等于 .
13.如图，假定两点以相同的初速度运动.点沿直线做匀速运动，；点沿线段（长度为单位）运动，它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距离（）.令与同时分别从出发，则数学家纳皮尔定义为的对数中，与的对应关系就是，其中为自然对数的底.若点从线段的中点运动到靠近的四等分点，点同时从运动到，则 .
14.设为坐标原点，为椭圆的上顶点，点在上，线段交轴于点.若，且，则的离心率等于 .
四、解答题：本题共5小题，第15题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.四边形中，，，，.
（1）求；
（2）若，求四边形的面积.
16.如图，四棱台中，底面是边长为4的菱形，，，.
（1）证明：平面；
（2）证明：平面；
（3）若该四棱台的体积等于，且，求直线到平面的距离.
17.设函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间上单调递增，求的取值范围；
（3）当时，，求的取值范围.
18.已知双曲线，点在上，过分别作轴和轴的垂线，垂足分别为和，记线段的中点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）过的直线与有且只有一个公共点，且与交于两点.
证明：（ⅰ）；（ⅱ）.
19.编号为的个球依次被等可能地涂成黑色或白色，设编号为奇数的黑色球的个数为，编号为偶数的白色球的个数为，记事件“”为，.
（1）求；
（2）当时，求；
（3）当时，设，证明：.
参考答案
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C D B A D B C
二、选择题
题号 9 10 11
答案 AC AD ABD
三、填空题
12. 13. 14.
四、解答题
15.解：（1）在中，由，
得，∴，
.
（2）∵，∴，由（1）可得，
在中，由，
即，整理得，
解得（舍去）或，
在中，边上的高为，
故四边形的面积为.
16.解：（1）（1）连结，交于点，连结，则为的中点，
由四棱台，得平面平面，
又平面平面，平面平面，
∴，
又，∴四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，∴平面.
（2）取的中点，连结，则，，
∴，∴，
由（1），知，又，∴，
∵，∴，
又平面，，∴平面.
（3）延长交于点，取的中点，连结交于点，连结，
，则的中点均为，，，
∵，∴，，
又平面，，∴平面，
又平面，∴平面平面，
过点作于，且平面平面，平面，
∴平面，
故为点到平面的距离即为直线到平面的距离，
∵，
∴点到的距离等于点到的距离，
又中，，
,，
设点到的距离为，
则，∴，解得，
∴直线到平面的距离为.
17.解：（1）当时，，则，
则曲线在点处的切线斜率为，
又∵，
∴曲线在点处的切线方程为.
（2），由题意得，，恒成立.
令，则，且在上单调递增，
令，解得，
∴当时，，故单调递减；
当时，，故单调递增，
∴，
又，当且仅当，故.
（3）∵，∴题意等价于当时，.
即，，整理得，
∵，∴，故题意等价于.
设，则，
化简得，
令，其导函数为，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
故当时，取到最小值，即，即，
∴，
∴当，，单调递减；
当时，，单调递增，
∴的最小值为，故.
18.解：（1）设,,则，，.
又线段的中点为，∴，即①
将①代入得.∴的方程为.
（2）①当的斜率不存在时，直线为轴，显然，
又双曲线的对称性易得.
②（ⅰ）当的斜率存在时，设的方程为，则.
由，消去，可得，
∴，化简得.
将代入得：，
整理得：，
又，即，∴，即，
解得. 又，∴，故.
（ⅱ）设.
由，消去，可得，
当时，
由韦达定理得，
即.
∴点为的 中点，即.
综合①②，，.
19.解：（1）由涂黑色且编号为奇数的球的号码和涂白色且编号为偶数的球的号码构成的集合表示样本点，则2个球涂色共有4个基本事件，分别为，其中符合的基本事件的有1个，故.
同理1,2,3三个球涂色，有8个基本事件，
其中符合的基本事件有4个，分别为，故，
又，故.
（2）考察前个球的涂黑色情况，分为三类.
第一类：“奇数数号的黑球个数对于偶数号白球个数”为事件；
第二类：“偶数号的白球个数多于奇数号的黑球个数”事件，记为，其概率为，显然事件是偶数号白球的个数比奇数号黑球的个数至少多1个，
∴无论第个球涂黑色还是白色，都不符合事件，即；
第三类：“偶数号白球个数与奇数号黑球个数相等”事件为，其概率为，
；
这三类事件两两互斥，且概率之和为1，即.
根据对称性可得，第一类与第二类的基本事件个数相同，即.
由全概率公式知
得到.
（3）设，则可取，故可取，
根据对称性，
且，
根据组合数的对称性，
可得，
从而，
整理得：，
又，
∴，
从而.
∴，
又
根据，可得.
可得.
由（2）知，∴，
又由（2）知，可得，
∴.