2025届福州市部分学校教学联盟考前最后一卷
数 学
试卷共4页,完卷时间120分钟。
注意事项:
1.答题前,考生务必在试卷、答题卡规定位置填写本人准考证号、姓名等信息.考生要认真核对答题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.选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.非选择题答案用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上相应位置书写作答,在试卷上答题无效.
3.考试结束,须本试卷和答题卡一并交回.
选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题所给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合,则
A. B. C. D.R
2.已知复数:满足,则
A.的实部为 B.
C.的共轭复数为 D.在复平面中对应的点位于第一象限
3.已知,,则的取值范围是
A. B. C. D.
4.奇函数的定义域为,若为偶函数,且,则
A. B. C.0 D.1
5.已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为,则圆锥的体积为
A. B. C. D.
6.子贡曰:“夫子温 良 恭 俭 让以得之”,“温 良 恭 俭 让”指五种品德:温和 善良 恭敬 节俭 谦让.现有分别印有这5个字的卡片(颜色均不同)各2张,同学甲从中抽取4张卡片分给另外4位同学,每人一张卡片,恰有2位同学分到的卡片是相同字的分配方案有
A.120种 B.210种 C.1440种 D.2880种
7.在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知,,且,则的周长为
A.17 B.18 C.19 D.20
8.已知平面向量,且,向量满足,则的最小值为
A. B. C. D.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题所给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的不得分。
9.函数的部分图象如图所示,则
A.的图象关于直线对称
B.的图象向左平移个单位长度后得到函数
C.的单调递增区间为
D.若方程在上有且只有6个根,则
10.已知双曲线的左、右焦点分别为,,且,A,P,B为双曲线上不同的三点,且A,B两点关于原点对称,直线与斜率的乘积为1,则
A. B.双曲线C的离心率为2
C.直线倾斜角的取值范围为 D.若,则三角形的面积为2
11.设有限集合,其中,,若存在非空集合,使得中所有元素之和与中所有元素之和相等,则称集合是“可拆等和集”,则
A.若集合是“可拆等和集”,则的取值共有6个
B.若集合中元素满足,,,,则存在使得是“可拆等和集”
C.存在公比为正整数,且公比不为1的等比数列,使得集合是“可拆等和集”
D.若,,数列是等差数列且公差,则集合是“可拆等和集”
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。
12.已知展开式中二项式系数之和为128,则展开式中的系数为 .
13.某飞行器启动反冲装置后,运动速率与时间近似满足指数函数模型(为常数).已知某飞行器启动反冲装置后,经过1个单位时间,飞行器的运动速率衰减,若经过个单位时间后,飞行器的运动速率小于反冲装置启动前的运动速率的,则的最小值为 .
(参考数据:)
已知函数有三个不同的零点,则的取值范围是 .
四、解答题:本题共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.(13分)
已知数列的前n项和为,且,.
(1)求数列的通项公式;
(2)设,求数列的前n项和.
16.(15分)
如图,在三棱锥中,,为的中点,,且平面平面.
(1)证明:平面平面;
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
17.(15分)
为了满足消费者的购买需求,商家推出了颇具吸引力的购买盲盒活动.甲系列盲盒一套共有6款不同造型的玩具车(每个盲盒内放有其中1款玩具车,每款玩具车对应的盲盒数量充足),乙系列盲盒一套共有6款不同造型的玩偶(每个盲盒内放有其中1款玩偶,每款玩偶对应的盲盒数量充足),甲乙盲盒外形不同,各系列内部各种盲盒外形,质量等均完全一样,消费者在购买时无法提前得知自己会买到哪一款玩具类型,这种充满不确定性的购买体验正是盲盒的魅力所在.
(1)某玩家在一家只销售甲系列的商家购买了3盒盲盒,求能收集到至少2款不同玩具车的概率;
(2)东东家有2台不同的玩具车和2个不同的玩偶,冬冬家有与东东家不一样的2台不同玩具车和2个不同玩偶,他们俩每次各取一件盲盒进行交换,第一次交换的盲盒可以参加第二次交换.
①两人交换一次后,求东东家仍有2台不同的玩具车和2个不同的玩偶的概率;
②两人交换两次后,求东东家玩具的玩具车的台数X的分布列和数学期望.
18.(17分)
已知函数.
(1)当时,判断函数的单调性;
(2)对任意的时,恒成立,求实数的取值范围;
(3)记,若,且,求证:.
19.(17分)
已知抛物线的焦点为F,点在E上,且.
(1)求E的方程;
(2)过F作互相垂直的两条直线,,这两条直线与抛物线C分别交于A,B和P,Q两点,其中点A,P在第一象限.
(ⅰ)记△AOB和△POQ的面积为,,求的最小值;
(ⅱ)过F点作x轴的垂线,分别交AP,BQ于C,D两点,请判断是否存在以CD为直径的圆与y轴相切,并说明理由.2025届福州市部分学校教学联盟考前最后一卷答案解析
选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题所给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.C【详解】由,或,
所以.
故选:C.
2.B【详解】, 的实部为,故A不正确;
∴,故B正确;
,故C错误;
复数在复平面内对应的点为在第四象限,故D不正确.
故选:B.
C【详解】因为,
又,,所以的取值范围是.
故选:C.
4.B【详解】依题意,是定义在上的奇函数,所以,
由于是偶函数,图象关于轴对称,
所以的图象关于直线对称,
所以,
,
所以.
故选:B
5.B【详解】设圆柱和圆锥的底面半径为,高,
因为圆柱和圆锥的侧面积相等,所以,
即,故,
所以圆锥的体积为.
故选:B.
6.D【详解】先把字相同的卡片看成—组,
第一步:从这5组中选出—组,
第二步:再从余下的4组中选2组,这2组中,每组各选—张卡片,
第三步:把选出的4张卡片,分给4位同学,
所以不同的分配方案有种.
故选:D
7.B【详解】在中,由,得,而,则,
由,得,由正弦定理得,
则,,由正弦定理得,
由余弦定理得,整理得,
而,解得,所以的周长为18.
故选:B
8.B【详解】∵,而,
∴,又,即,
又,,
∴,
若,则,
∴如上图,在以为圆心,1为半径的圆上,若,则,
∴问题转化为求在圆上的哪一点时,使最小,又,
∴当且仅当三点共线且时,最小为.
故选:B.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题所给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的不得分。
9.ACD【详解】由图可知,且经过,故可得,
由①,结合,则得,代入②,化简得,即,
由图知,原函数的最小正周期满足,解得,故,即.
对于A,当时,因,故直线是的一条对称轴,故A正确;
对于B,将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数,故B错误;
对于C,因,
由,可得,
即的单调递增区间为,故C正确;
对于D,由可得,设,因,则,
依题意函数与在上必有6个交点,作出函数的图象如下:
由图知,需使,解得,故D正确.
故选:ACD.
10.AD【详解】如右图所示:
依题意可知;
设,
则,作差可得,
即;
因此直线与的斜率分别为,
所以可得,即;
又,所以,可得A正确;
对于B,所以离心率,因此B错误;
对于C,易知双曲线的渐近线方程为,
直线过原点,依题意可知直线与双曲线有两个不同的交点,
因此直线的斜率为,所以直线倾斜角的取值范围为,可知C错误;
对于D,若,则,
根据双曲线定义以及A中的结论可知,
即,又;
可知,
因此三角形的面积为,可知D正确.
故选:AD
11.ABD【详解】对于A项,若,则由“可拆等和集”的定义,有,解得;
若,则由“可拆等和集”的定义,有,解得;
若,则由“可拆等和集”的定义,有,解得;
若,则由“可拆等和集”的定义,有,解得;
若,则由“可拆等和集”的定义,有,解得,
此时因集合已含有元素2,故舍去;
若,则由“可拆等和集”的定义,有,解得
若,则由“可拆等和集”的定义,有.
综上可知:可取共6个值,故A正确;
对于B项:当时,,,
则内集合元素之和为16,故可以取,,符合题意,故B正确;
对于C项,将中所有元素同时除以后可得,
根据等比数列前项和公式,可得.
因为,所以,,所以有.
所以当时,中所有元素之和也小于,
不满足要求,显然同时乘以后仍然不满足;
当含有以及之外的其余元素时,也不满足要求,显然同时乘以后仍然不满足.
综上所述,不存在公比为正整数,且公比不为1的等比数列,使得集合是“可拆等和集”,故C错误;
对于D项,易知集合中的元素个数为,
根据等差数列的性质可知,,
共有组(剩余元素为),从中剔除之后,剩余组.
从这组相同的数据中任意选出组,将对应的元素分到集合中;
又,则,
而,
不妨将,这两个元素也分到集合中,则可满足,中的元素之和相等.故D正确.
故选:ABD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。
12.【详解】展开式中二项式系数之和为,解得,
展开式的通项为,,
当时,,所以的系数为.
故答案为:
13.8【详解】设飞行器的运动速率在启动反冲装置时的原始量为1,经过个单位时间后,该飞行器的运动速率为,
则由题意可得函数模型,
因为当经过个单位时间后,飞行器的运动速率小于反冲装置启动前的运动速率的,
所以,
故,
所以的最小值为8.
故答案为:8.
14.【详解】函数的定义域为,
由可得,
令,其中,则,
由可得,由可得,
所以,函数的增区间为,减区间为,
且当时,,当时,,
作出函数的图象如下图所示:
设,由图象可知,函数有两个不等的零点、,
且,,
若,解得,此时,,
由可得或,不合乎题意;
若,可得,则,由,解得,不合乎题意;
所以,,,所以,,解得.
因此,实数的取值范围是.
故答案为:.
四、解答题:本题共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.(13分)
【详解】解:(1)因为,
所以,
解得,
又,
所以,
即,
所以,
即,
因为,所以数列是以2为首项,2为公比的等比数列,
所以,
即.
(2)因为,
所以,①
,②
①-②得
,
所以.
16.(15分)
【详解】(1)证明:已知,,为的中点.
所以,
且,.可知为等腰直角三角形.
由勾股定理,且,
可得,
所以.
因为平面平面,且为交线,平面,
所以平面.
由于平面,
所以.
已知,,
则,,
所以.
根据勾股定理的逆定理可得,即.
因为,,,平面,平面,
根据线面垂直的判定定理,所以平面.
又因为平面,
所以平面平面.
(2)解:如图,建立空间直角坐标系:
设为的中点,连接,
因为,所以,
又平面平面,平面平面,平面,连接,因为为中点,为中点,
所以,
又,
所以,
且平面,以、、方向建立空间直角坐标系.
已知,,则,,
.
所以,,,,
进而可得,,.
设平面的法向量为,由可得,即.
令,则,,所以.
同理,设平面的法向量为,由可得,即.
令,则,所以.
设平面与平面的夹角为,根据向量的夹角公式.
求出,,.
所以.
则平面与平面的夹角的余弦值为.
17.(15分)
【详解】解:(1)记“玩家购买3盒甲系列盲盒,只收集到1款玩具车”为事件A,“玩家购买3盒甲系列盲盆,至少收集到2款玩具车”为事件B,
则.
(2)①依题意,两人交换的恰好都是玩具车或者都是玩偶,
因此所求概率为.
②依题意,的可取值为0,1,2,3,4,
依题意,即两次交换中,东东家拿出的都是玩具车,冬冬家拿出的都是玩偶,
因此,,
包括以下2种情况:(1)第一次交换后东东家还是2款玩具车2款玩偶,第二次交换后东东家有1款玩具车3款玩偶;
(2)第一次交换后东东家是1款玩具车3款玩偶,第二次交换后东东家还是1款玩具车3款玩偶,
因此,,
包括以下3种情况:(1)第一次交换后东东家还是2款玩具车2款玩偶,第二次交换后东东家有2款玩具车2款玩偶;
(2)第一次交换后东东家是1款玩具车3款玩偶,第二次交换后东东家还是2款玩具车2款玩偶,
(3)第一次交换后东东家是3款玩具车1款玩偶,第二次交换后东东家有2款玩具车2款玩偶,
因此,,
即两次交换中,东东家拿出的都是玩偶,冬冬家余出的都是玩具车,
因此,,
故,
所以,所求分布列为
X 0 1 2 3 4
P
因此数学期望.
18.(17分)
【详解】(1)解:当时,,
则,
令,
可得,
由可得,
当时,,此时在上单调递减,
当时,,此时在上单调递增,
所以,
即恒成立,
所以在上为增函数.
解:因为,
所以,
设,
则,
令,
则,
可得在上为增函数,即在上为增函数,
所以,
当时,,此时在上为增函数,
故,即,所以,符合题意.
当时,,
因为在上为增函数,当时,,
故存在满足,则在上单调递减,在上单调递增,
因此当时,,不合题意.
综上所述,实数的取值范围为.
证明:由题意得,,
所以,
由可得,
所以,
又,两边同时除以,
得,
因此,
所以,
令,得,
因此,
令,则,
所以在上为减函数,故,
即时,.
因为,,
所以,所以,
又因为,所以,
故,
得.
19.(17分)
【详解】(1)依题意得,点M在抛物线上,且,
所以,
所以可得,
所以E的方程为;
(2)(ⅰ)抛物线方程为,焦点坐标为,
当的直线斜率为0时,与抛物线只有1个交点,不合要求,
当的斜率不存在时,的斜率为0,此时与抛物线只有1个交点,不合要求,
故设,,则,
,,,,
由,消去x得,
,,,
所以,
同理,
所以
,
当且仅当,即时等号成立,
故的最小值为.
(ⅱ)不妨设,由题意可知,
又,,
所以AP的直线方程可化为:,
又,故可得,
同理可得直线的方程为,
又,故,
又,
所以可得,
可得,所以可得CD的中点恒为F,
以CD为直径的圆与y轴相切等价于,
若,则,
所以,
又,所以,
故,
整理可得,
即,
因为,故,所以.
又,故可得.
代入方程可得,,
,
故不存在以CD为直径的圆与y轴相切