漳州市 2025届高三毕业班第四次教学质量检测
数学参考答案及评分细则
评分说明：
1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题
的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则。
2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的
内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的
一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。
3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。
4．只给整数分数。选择题和填空题不给中间分。
一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的。
1．D 2．B 3．B 4．C 5．A 6．D
7．C 8．C
二、多项选择题：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，
有多个选项符合题目要求，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．ABC 10．ACD 11．ACD
三、填空题：本大题共 3 题，每小题 5 分，共 15 分。
12 5．
5
13． f (x) 0或 f (x) π sin x C ，C为任意常数
2
（写一个满足条件的函数解析式即可）
14．1； x 1或 x 3y 1 0
四、解答题：本大题共 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．解：（1）由正弦定理，得3 3 sin BcosC sinC cos B b sin A ,················· 2分
即3 3 sin B C b sin A ,即3 3 sin A b sin A ,···································· 4分
又 sin A 0，所以b 3 3．····································································6分
（2）因为 A ，b 3 3， a2 b2 c2 2bc cosA，6
所以 a2 27 c2 3 2 3 3 c ，即 a2 c2 9c 27，······························8分
2
a2 b2 c2 , c2 9c 27 27 c2 ,
2 2 2 2 2
由△ABC为锐角三角形可得 b c a ,即 27 c c 9c 27,
c2 a2 b2 ,
c2 c
2 9c 27 27,
9
解得 c 6，···················································································· 12分
2
漳州市 2025届高三毕业班第四次教学质量检测 数学参考答案及评分细则 第 1页（共 7页）
又 c为正整数，所以 c 5．·····································································13分
16．解：（1）若 a 1，则 f (x) sin x e x ，
因为当 x≥0时， f '(x) cos x e x≤1 1 0 ，仅当 x 0时，“=”成立，········ 3分
所以 f (x)在[0, )上单调递减，······························································ 4分
所以 f (x)在[0, )上的最大值为 f (0) 1．·············································6分
x sin x
（2） f (x) sin x ae 0 a x ，················································· 7分e
令 g(x) sin x cos x sin x x ，则 g '(x) x ，················································· 8分e e
当 x [0, 2π] g '(x) 0 x π x 5π时，由 ，即 tan x 1，得 或 ．················ 10分
4 4
π
当 x (0, )时， g '(x) 0， g(x)递增；
4
π 5π
当 x ( , )时， g '(x) 0， g(x)递减；
4 4
5π
当 x ( , 2π)时， g '(x) 0， g(x)递增；
4
g(π) 2 g(5π 2g(0) 0， π ， ) 4 4 5π ， g(2π) 0，····························13分2e 4 2e 4
因为 f (x)在[0, 2π]上恰有两个零点，
所以直线 y a与曲线 y g(x)(x [0, 2π])恰有两个交点，
2 2
所以实数 a的取值范围为 ( 5π ,0) (0, π )．········································ 15分
2e 4 2e 4
2a 2c 6,
17 ．解：（1）设焦距为 2c，依题意得 c 1 ···············································2分
, a 2
解得 a 2,c 1，···················································································· 3分
所以 b2 a2 c2 3，··············································································4分
x2 y2
所以C的方程为 1 .····································································· 5分
4 3
（2）依题意，得 P(0, 3)， F1( 1,0)， F2 (1,0)，
则直线 PF1的方程为 y 3x 3 ，···························································· 6分
设 l的方程为 x my 1， A x1, y1 ,B x2 , y2 ，
漳州市 2025届高三毕业班第四次教学质量检测 数学参考答案及评分细则 第 2页（共 7页）
x my 1,
联立 x2 y2 得 (3m2 4)y2 6my 9 0，·············································8分
1, 4 3
6m
所以 36m2 36(3m2 4) 0 ， y1 y2 2 ，······························· 9分3m 4
x my 1, 2 3
联立 得 N 的纵坐标 y (0, 3)，······························· 10分
y 3x 3,
N 1 3m
由于 AN F2B ，所以 y1 yN yF y2 2 ，其中 yF 为F2的纵坐标，2
因为 N ,F2 必在 A,B之间，所以 y1 yN yF y2 2，即 y1 y2 yF y2 N ，·············· 13分
6m 2 3
4 3所以 2 ，解得m ，················································ 14分3m 4 1 3m 3
所以 l的方程为 3x 4y 3 0 .····························································· 15分
18．解法一：（1）取CF 的中点G，连接MG,DG ，
1
因为 E是 PD的中点，且PF PC，
3
所以 F 是 PG的中点，
所以DG 2EF，DG∥EF，··················1分
PM 2 PB PG 2又 ， PC，BC 3，
3 3
2
所以MG//BC且MG BC 2，
3
又 AD//BC， AD 2，所以MG//AD，且MG AD，
所以四边形 ADGM 是平行四边形，····························································3分
所以 AM //DG，又DG / /EF，所以 AM //EF，
所以 E,F , A,M 四点共面，即四边形 AMFE为平面四边形．··························· 4分
又多面体 PAMFE其余各面都是有一个公共顶点P的三角形，
所以多面体 PAMFE为四棱锥．·································································5分
（2）如图，延长 FM 交 BC于点 N ，连接 AN，直线 AN即为所求作的交线．
············································································································ 8分
（3）因为CD AD，PA 平面 ABCD，如图，以 A为坐标原点，过点 A且与CD平
行的直线为 x轴，AD，AP所在直线分别为 y轴，z轴建立空间直角坐标系，连接 AF ，
············································································································ 9分
漳州市 2025届高三毕业班第四次教学质量检测 数学参考答案及评分细则 第 3页（共 7页）
则 A 0,0,0 ， B 2, 1,0 ，C 2,2,0 2 2 4 ， P 0,0,2 ， E 0,1,1 ， F , , ，
3 3 3
2 2 4
故 AE 0,1,1 ，AF , , ，AP 0,0,2 EF
2 1 1
, , EF 2， ， ，AE 2．
3 3 3
3 3 3 3
···········································································································11分
设平面 AEF 的法向量为m x, y, z ，
m AE 0,
y z 0,
则
即 2 2 4 不妨取 x 1，则可得m 1,1, 1 ，·············13分
m AF 0, x y z 0, 3 3 3
m AP 2
则点 P到底面 AMFE的距离为 h ，即为四棱锥的高．··············· 14分
m 3
因为 AE EF 0,1,1 2 , 1 , 1 3 3 3 0，所以 AE EF ，因此四边形 AMFE为直角梯形，
1 2 2 1
又由（1）知， AM 2EF 2 2 ，则 S
3 梯形AMFE
= 2 2= 6 2= 3，2 3 3 2
···········································································································15分
P AMFE V 1 S h= 1 3 2 2从而，四棱锥 的体积 AMFE = ．·················17分3 梯形 3 3 3
解法二：
（1）连接 AC， AF ，由已知，有
1 AM AB BM AB BP AB 1 (AP AB) 2 AB 1 AP ，
3 3 3 3
EF AF AE 1 AC 2 AP 1 (AP 1 AD ) (AB 1 1 BC) AP AD
3 3 2 3 6 2
1 3 1 1
(AB AD) 1 AP AD AB 1 1 AP AM ，
3 2 6 2 3 6 2
所以 AM∥EF ，所以四边形 AMFE为平面四边形．····································· 4分
又多面体 PAMFE其余各面都是有一个公共顶点P的三角形，
所以多面体 PAMFE为四棱锥．·································································5分
（2）如图，连接 EM 并延长交 BD于点 N ，连接 AN，直线 AN即为所求作的交线．
············································································································ 8分
漳州市 2025届高三毕业班第四次教学质量检测 数学参考答案及评分细则 第 4页（共 7页）
（3）连接 AF ，
1
因为 EF AM ，所以 S△FAM 2S2 △AEF
，所以VP FAM 2VP AEF ，
所以四棱锥 PAMFE的体积VP AMFE VP FAM VP AEF 3VP AEF ，
1
V PF PE sin FPEA PEF S△PFE 2 PF PE 1 1 1
因为 1 ，VA PCD S△PCD PC PD sin CPD PC PD 3 2 6
2
V V 1V 1 1 1所以 P AEF A PEF A PCD VP ACD ( S△ACD PA)6 6 6 3
1 1
( AD CD) PA 1 (1 2 2) 2 2 ，
18 2 18 2 9
V 2所以 P AMFE 3VP AEF ．·································································· 17分3
解法三：（1）连接 AF ，由已知，有
1 2 AF AC AP
3 3
1
(AB+BC) 2 AP 1 AB+ 1 AD 2 AP,
3 3 3 2 3
2 1 1 AM AB+ AP 1, AE AD+ AP ,
3 3 2 2
1
所以 AF AM +AE ，
2
所以 A,M ,F ,E四点共面，即四边形 AMFE为平面四边形．··························· 4分
又多面体 PAMFE其余各面都是有一个公共顶点P的三角形，
所以多面体 PAMFE为四棱锥．·································································5分
（2）连接 FE并延长交CD于点 N ，连接 AN，直线 AN即为所求作的交线．··· 8分
（3）同解法二．····················································································17分
19．解：（1） X 的所有可能取值为1,2,3, ．···················································· 1分
3 1 1 2
因为甲每次出拳时，平局的概率为 ，分出胜负的概率为1 ，
3 3 3 3 3
“ X k”表示“甲、乙这两人玩一轮该游戏分出胜负时，甲共出拳 k次”，即“甲前 k 1
次出拳都平局，第 k次出拳时分出胜负”，
1 k 1 2 2
所以 X 的分布列为 P(X k) ( ) k ，其中3 3 3 k N
*，························ 4分
即 X 1 2 … k …
2 2 2
P … …
3 9 3k
漳州市 2025届高三毕业班第四次教学质量检测 数学参考答案及评分细则 第 5页（共 7页）
2 1
n (1 n )
所以 P(X 2 2 2 k) 2 3 3
1
n 1 1 n ．···························6分k 1 3 3 3 1 3
3
2
（2）①因为任意两人玩一轮该游戏，都产生 1分，60人共玩了C60轮该游戏，
2 60 59
所以 S1 S2 S60 C60 1770．············································9分2
②由题意，存在1,2, , 29 的一个排列 i1, i2 , , i29 ，使得对于 k 1,2, , 28，都有
{Ai , Ai , , A }的 “全胜人”为 A ．（假设上面结论不成立，按下面方法剔除人：k k 1 i29 ik
若{A1, A2 , , A29}中存在“全胜人”，则剔除这个人；再考虑剩下的 28人组成的集合，
若该集合还存在“全胜人”，则再剔除这个人；…；依次类推，最后必存在 t个人，这 t人
组成的集合不存在“全胜人”，记这 t个人为 B1,B2 , ,Bt (3≤t≤29)．现考虑选 B1时
的 32 人组，记为{B1,C1,C2 , ,C31}，用 B2 ,B3 , ,Bt 替换C1,C2 , ,Ct 1 后得到另一
个 32人组成的集合{B1,B2 ,B3, ,Bt ,Ct , ,C31}，该集合不存在“全胜人”，与条件矛
盾）．
记 60人中除 Ai , Ai , , Ai 外的其余 31人为D ,D , ,D ．1 2 29 1 2 31
由题意的选人规则可知 ai ≥31 (1≤k≤29)，且 Ai 胜所有的Di (1≤i≤31)．k 29
现考虑 Ai (1≤k≤28)，若 Ai 没有全胜所有的Di (1≤i≤31)，则存在D 胜 A ，则存k k j ik
在“胜环”： Ai Ai A D A （ A B表示 胜 ）．k k 1 i29 j ik A B
现考虑选 Ai 时的 32 人组，记为 {Ai ,E1,E , ,E } ，用 A , , A ,D 替换k k 2 31 ik 1 i29 j
E1,E2 , ,E30 k 后得到另一个 32 人组{Ai , Ai , , Ai ,D j ,E31 k , ,E31} ，这个集合k k 1 29
无“全胜人”，与条件矛盾．因此 Ai (1≤k≤29) 胜所有的 Di (1≤i≤31) ，从而k
ai 60 k (1≤k≤29)，故 a1,a2 , ,a29 两两不相等．·································14分k
③由②可知 a1,a2 , ,a29 是31,32, ,59的一个排列．
现按如下方法选出 29个“全负人”：先在这 60 人中任选 32 人，记这 32 人组成的集合
的“全负人”为 F1，选出 F1；除去 F1，从余下的 59人中任选出 32人，记这 32人组成
的集合的“全负人”为 F2，选出 F2；…；依此类推，直至选出第 29个“全负人”F29 ．
漳州市 2025届高三毕业班第四次教学质量检测 数学参考答案及评分细则 第 6页（共 7页）
记 Fj的累计得分为 f j (1≤j≤29)，用与②类似的方法可以证明 f1, f2 , , f29 是 0，1，…，
28 的一个排列，并且除 Ai (1≤i≤29) 和 Fj (1≤j≤29) 外剩余的两人都胜所有的
Fj (1≤j≤29)且都负所有的 Ai (1≤i≤29)，因此这两人的累计总得分只能是 29或 30，
2
又这两人的累计总得分之和为C60 (0 1 28) (31 32 60) 29 30，
所以这两人的累计总得分只能是一个 29，另一个30．
综上可知 S1,S2 ,S3 , ,S60是0,1,2, ,59的一个排列．································· 17分
【注】“ f1, f2 , , f29 是 0，1，…，28的一个排列”的具体证明如下：
由选人规则可知存在1,2, , 29的一个排列 j1, j2 , , j29，使得对于 k 1,2, , 28，都
有{Fj ,Fj , ,Fj }的 “全负人”为Fj ．（假设上面结论不成立，按下面方法剔除人：k k 1 29 k
若{F1,F2 , ,F29}中存在“全负人”，则剔除这个人；再考虑剩下的 28人组成的集合，
若该集合还存在“全负人”，则剔除这个人；…；依次类推，最后必存在 r个人，这 r人
组成的集合不存在“全负人”，记这 r个人为G1,G2 , ,Gr (3≤r≤29)．现考虑选G1时
的 32人组，记为{G1,H1,H2 , ,H31}，用G2 ,G3 , ,Gr 替换H1,H2 , ,H r 1后得到另
一个 32人组成的集合{G1,G2 ,G3, ,Gr,H r, ,H31}，该集合不存在“全负人”，与条
件矛盾）．
记 60人中除Fj ,Fj , ,Fj 外的其余 31人为 I1, I , , I ，1 2 29 2 31
由选人规则可知 f j ≤28 (1≤k≤29)，且所有的 Ii都胜 Fj (1≤i≤31)．k 29
现考虑 Fj (1≤k≤28)，若没有所有的 Ii都胜 Fj (1≤i≤31)，则存在 It使得 Fk k j 胜 I ，k t
从而存在“胜环”： It Fj Fj Fj It ．29 28 k
现考虑选 Fj 时的 32 人组，记为 {Fj ,Q1,Q2 , ,Q31} ，用 Fj , ,F , I 替换k k k 1 j29 t
Q1,Q2 , ,Q30 k 后得到另一个 32人组{Fj ,Fj , ,F , I ,Qk k 1 j29 t 31 k , ,Q31}，这个集合无
“全负人”，与条件矛盾．因此所有的 Ii (1≤i≤31)都胜所有的 Fj (1≤k≤29)，从而k
f j k 1(1≤k≤29)，故 f1, f2 , , f29 是 0，1，…，28的一个排列．k
漳州市 2025届高三毕业班第四次教学质量检测 数学参考答案及评分细则 第 7页（共 7页）学校：
准考证号：
姓名：
(在此兽上答题无效)
工作秘密★启用前
漳州市2025届高三毕业班第四次教学质量检测
数学试题
本试卷共4页，满分150分.
考生注意：
1.答恩前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上，考生要认真核对答思卡
上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答恩卡上对应思目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，耳选涂其它答案标号。回答非选择恩时，将答案写在答恩卡上。
写在本试卷上无效。
3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回。
一、单项进息：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的。
1.下列集合中表示空集的是
A.
B.{0
C.(xERIx2+x-1=0)
D.(xERx2+x+1=0)
2.若复数z满足i=I+1,则zz=
A.4
B.2
c.5
D.1
3.己知向量a与b的方向相反，ba(3,4),d-10,则a=
A.(6,-8)
B.(-6,8)
C.(8可
D.(-8可
4若a=20240，b=1o8a202'c=
1
202·则
A.a>b>c
B.b>a>c
C.a>c>b
D.c>a>b
5.1-√)°的展开式中ri项的系数为
A.-20
B.-15
C.15
D.20
6.设等差数列{a}的前n项和为S,若S,=5S,a+a=5,则数列{
1一}的前2025
ad
项和为
1
A
2024
2025
2026
B.
2025
C.
D.
2025
2026
7.己知函数f()=
n(x+l),x>0,
ar2-x+a,x≤0
的值域为R,则实数a的取值范田为
A.（-0-2
B.（m,-7】
C.-.0
D..0
8.在菱形ABCD中，AB=2N5,∠BAD=60°，将△ABD沿对角线BD翻折至△PBD,
则当三校维P-BCD表面积最大时，三棱锥P一BCD外接球的体积为
A.9√2π
B.18π
C.8V6π
D.24π
速州市2025届高三坤业班第四次教学质量检测数学试愿第1页（共4因)
二、多项选择愿：本大愿共3小题：每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有
多个选项符合愿目要求。全部速对的得6分，都分速对的得部分分，有选错的得0分。
9.截至2025年3月17日中午12：58，风产动画电影（哪吒之度直网海》全球总票房已达151.25
亿元人民币，强势防身全球形史票房榜第五位，成为首邮冲入该榜单前十的亚洲动面电
影.下图是2025年1月29日至3月9日（共40天）该电影内地单日票房条形图，由此可
知下列结论中正确的是
国产动香电影（厚死之贵直侧离》内地单日原肉条形国
里理男男胃明程程男明用用目闺自目前目月男自目目店程时用房房时
A.这40天该电影内地单日票房中最高的是2月4日
B,这40天该电影内地单日票房中大于1亿元的天数比例超过70%
C.这40天该电影内地单日票房的第70百分位数大于5亿元
D.这40天该电影内地单日票房的平均数大于5亿元
10.已知正实数x,y满足x+2y=1,则
Ay对
B+2
.1+13+2万
x y
11,在正四面体ABCD中，质点M,N的初始位置均在正四面体顶点A处，它们每隔1秒钟
都沿着正四面体的棱移到另一个顶点1次.当M,N在同一位置时，将各自独立等可能地
移向另三个顶点之一：当M,川在不同位？时，移到对方位置的概率均为，往另两个
位置移动的概率均为
记P为n秒后M,N在同一位置的概事，则
6
A.R=3
B.P的最小值为
3
C.2秒后M,N在B处相海的瓶米为
162
D.4秒后M,N首次回到A处几途中恰经过B,C,D各1次的假率大于
2
729
津州市2025届高三申业班算四次学质量检测
数学试理第2（共4页）
