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福建省部分地市2025届高中毕业班第一次质量检测数学评分标准及解析选择填空题答案:1-5.BACDC6-8.CBB9.ACD10.AC11.BC12.9π13.答案第一空3分,第二空2分,其他结果均不得分)14.答案没有化成最简分数如同样得分)一、单项选择题:本题共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.12345678BACDCCBB1.在复平面内,i(1+i)对应的点位于A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限答案:B2.设集合,则A∩B=答案:A解析:易知集合A={0,5,8,9},所以A∩B={0,5},故选A.3.已知等轴双曲线C的焦点到其渐近线的距离为1,则C的焦距为答案:C 解析:设等轴双曲线的焦距为2c,因为焦点到其渐近线的距离为b=1,所以c=双曲线的焦距为22,故选C. 4.已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,α∩β=n,则下列说法正确的是A.若mⅡα,则mⅡnB.若mⅡn,则mⅡα答案:D解析:若mⅡα,则m,n平行或异面,A选项错误;若mⅡn,则mⅡα或mα,B选项错误;若m丄n,则m,β不一定垂直,也可能平行或相交,C选项错误;若m丄β,则m丄n,D选项正确;故选D.5.已知随机变量X~N(1,σ2),若P(X≤a)=0.3,且P(a≤X≤a+2)=0.4,则a=A.1B.C.0D.答案:C解析:如图所示,P(X≥a+2)=0.3,答案:Cπ1+tanαsinα+cosα解析:tan(α+)===2(sinα+cosα),因为sinα+cosα≠0,41tanαcosαsinα7.过抛物线C:y2=4x的焦点F的直线l答案:B的垂线,垂足分别为M,N,所以△OAF与△OBF的面积之比为,故选B.8.若函数f(x)=ln(eax—6+1)x的图象关于直线x=3对称,则f(x)的值域为答案:B解析:f(x)=ln(eax—6+1)x=ln(e(a1)x6+ex),依题意,f(0)=f(6),6a66a12x故选B.二、多项选择题:本题共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,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9ACDACBC9.已知平面向量a=(2,sinθ),b=(1,cosθ),则D.若θ=,则a在b方向上的投影向量为2b答案:ACD若向量a,b共线,则2cosθ—sinθ=0,解得tanθ=2,所以向量a,b可能共线,B选项错误;若θ=,则a=(2,1),b=(1,0),所以a在b方向上的投影向量为=2b,D选项正确;综上所述,应选ACD.志愿者摄入一定量药物后,在较短时间内,血液中药120mg/L,为探究某药物在人体中的代y(mg/L)与代谢时间x(h)的相关数据,如下表所示:x012345678 y B.变量y与x的相关系数r>0D.代谢约10小时后才需要补充药物答案:ACA选项正确;血液中药物浓度y(mg/L)随代谢时间x(h)的增大而减。员淞縴与x的相关系数11.已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足f(x+1)=2f(x)+[x],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[1.9]=1,[3]=3.当0<x≤1时,f(x)=xlnx,设xn为f(x)从小到大的第n个极小值点,则A.f(2)=2C.数列{xn}是等差数列D.f(xn)<0答案:BC解析:f(2)=2f(1)+1=1,故A选项错误;*时,f(n+1)=2f(n)+n,等式两边同时加n+2,得f(n)=2nn1,故B选项正确;当n1<x<n时,设f(x)=F(x),则F(x)极小值点为xn,所以当n<x<n+1时,f(x)=2F(x—1)+n—1,此时,f+1,所以xn+1xn=1,数列{xn}是等差数列,故C选项正确;所以2n-1-n,当n→+∞时,f→+∞,故D选项错误.综上所述,应选BC.三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.已知圆锥的母线长为6,且其轴截面为等边三角形,则该圆锥的体积为.答案:93π(其他结果均不得分) 解析:设圆锥的底面半径为r,则2r=6,解得r=3,所以圆锥的高为33,f(x)答案第一空3分,第二空2分,其他结果均不得分)14.从集合U={1,2,3,4}的所有非空子集中任选两个,则选中的两个子集的交集为空集的概率为.答案没有化成最简分数如同样得分)易知集合U的非空子集个数为24-1=15,任取两个集合A,B共有C125=105种选法.(方法一)①若card(AUB)=2,则共有C=6种选法.;②若card(AUB)=3,从4个元素里选3个,再分成两组(不平均有CC=12种选法;2③若card(AUB)=4,4个元素平均分为两组共有=32计共有7种选法;所以选中的两个子集的交集为空集的概率为P=种;不平均分组共有C=3种,小.21(方法二)①当card(A)=1时,4个元素里任选一个放入集合A中,集合B共有23-1=7种②当card(A)=2时,4个元素里任选两个放入集合A中,集合B共有22-1=3种情况,故有③当card(A)=3时,4个元素里任选三个放入集合A中,集合B共有21-1=1种情况,故有总共有(28+18+4)=25种情况,所以选中的两个子集的交集为空集的概率为这三种选法,再减去集合A,B其中一个为空集的情况,故共有=25种,所以选中的两个子集的交集为空集的概率为P==.应填;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.1513分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为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=0,即sinB-sinB.cosA=0.……过程2:求值:求出cosA=求出(1分)所以整理得,b2+c2-a2=bc,……………3分4过程2:求值:求出cosA=求出(1分).说理过程酌情给分.(写出上CDA的两个余弦值,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—2bccos(求出AC得1分,求a得1分)(漏一种情况,扣两分,AC和a值各占1分)1615分)(1)证明:平面ABC丄平面ACC1A1;(2)若A1B与平面ABC所成角为60O,求平面A1B1C与平面ABC夹角的余弦值.解1)方法1:取AC的中点O,连接A1O,BO,2=4,………1分B2,所以A1O丄BO,……3分因为OA∩OB=O,OA平面ABC,OB平面ABC,丄平面ABC,……………………5分因为A1O平面ACC1A1,所以平面ABC丄平面ACC1A1.………………6分线面垂直证明(2分线面垂直→面面垂直(1分).说理过程酌情给分.方法2:设O为A1在底面ABC的射影,则A1O与OA,OB,OC均垂直,……………1分C=A1A,所以OA=OB=OC…………………3分射影O为底面△ABC的外心,又△ABC为直角三角形,所以O恰为斜边AC的中点,…………………5分因为A1O平面ACC1A1,所以平面ABC丄平面ACC1A1.……………6分方法2:设O为投影,得出OA=OB=OC(3分说理过程酌情给分.证明O恰为斜边AC的中点(2分面面垂直证明(1分).=(0,1,3),…………………10分设平面A1B1C的法向量为n1=(x,y,z),=(3,3,1),……………………12分易知平面ABC的一个法向量为n2=(0,0,1),……………13分设平面A1B1C与平面ABC的夹角为θ,所以cosθ=所以平面A1B1C与平面ABC夹角的余弦值为.……15分若有其他建系方法,仿照上述方案给分.方法2:如图,过C作AB的平行线l,因为AB∥A1B1,所以l∥A1B1,过O作OH丄l,垂足为H,………………10分所以CH丄平面A1OH,因为A1H平面A1OH,所以A1H丄CH,…12分所以平面A1B1C与平面ABC的夹角即为上A1HO,所以cos上A1HO=,平面A1B1C与平面ABC夹角的余弦值为.………………15分作出平行线l(1分垂足(1分证明A1H丄CH(2分证明过程酌情给分;1715分)迹为曲线C.(1)求C的方程;(2)设点P,Q在C上,且以PQ为直径的圆E经过坐标原点O,求圆E面积的最小值.|,所以圆心M的轨迹为椭圆,………3分所以b2=a2c2=3,……………………5分22所以C的方程为+=1.…………………6分设圆M半径表达|MC1|,|MC2|(2分)由椭圆定义证明M轨迹为椭圆(1分)计算出a,b,c2分)有计算错误酌情给分(2)方法1:设P(x1,y1),Q(x2,y2),由OP.OQ=0可知,x1x2+当直线PQ的斜率不存在时,设直线PQ:x=t,则P(t,y),Q(t,—y),所以x1x2+y1y2=t2解得此时,圆E的面积为.………8分由可得,x22,………………10分22x22所以-12k2+7m2-12=0,即7m2=12+12k2,…………12分 ………………14分所以圆E面积的最小值为π×48=12π.………………15分考虑直线PQ的斜率不存在的情况,并计算圆E的面积(2分)联立直线PQ与椭圆,设点写出韦达关系(2分)由OP,OQ垂直关系,得到k,m的关系式(2分)写出|PQ|的表达式(1分求出最小值(1分结论(1分)方法2:因为以PQ为直径的圆E经过坐标原点O,所以OP丄OQ,………………7分①当直线OP,OQ中有一条斜率不存在时,则另一条斜率为0,2=7,所以圆E的半径为,所以圆E的面积为.……………8分②若直线OP,OQ的斜率均存在,设直线OP:y=kx,直线OQ:y=-x,P(x1,y1),同理可得x22=,……………………10分)x22,112k27k2=4k22)4+3k2=7-(4k2+3)(4+3k2),………12分12k2+25当且仅当k2=1时,|PQ|2取得最小值,所以此时,圆E面积的最小值为×=,因为7π>12π,所以圆E面积的最小值为12π.…………15分考虑直线OP或者OQ斜率不存在的情况,并计算圆E的面积(2分)若计算错误,写出了OP与OQ的垂直关系,给1分.联立直线OP与椭圆,得到x12,x22与k的关系(2分)写出|PQ|的表达式(2分求出最小方法3:设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分因为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分所以圆E面积的最小值为π×48=12π.…………………15分由参数方程分别写出P,Q的坐标(1分)由OP与OQ的垂直关系,得到两参数关系(1分)写出|PQ|的表达式(2分求出最小值(4分)计算过程酌情方法4:设|OP|=m,P(mcosα,msinα),Q(ncos(α+π),msin(α+π)),……………8分22因为点P(mcosα,msinα)在C上,2αsin2αsin2αcos2α7 12分m2n24343127mn7mn所以圆E面积的最小值为π×48=12π.…………………15分写出P,Q的坐标(2分)1817分)设函数f(x)=x(ex-a)2.(1)当a=0时,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)单调递增,求a的取值范围;(3)当0<a<1时,设x0为f(x)的极小值点,证明:-<f(x0)<0.解1)当a=0时,f(x)=xe2x,f’(x)=(2x+1)e2x,………………1分当x∈(-∞,-)时,f’(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(-,+∞)时,f’(x)>0,f(x)单调递增,………3分所以f(x)的单调递增区间为(-,+∞),单调递减区间为(-∞,-).…4分f(x)单调性(2分可根据具体书写形式酌情给分,(2)f’(x)=(ex-a)(2xex+ex-a),xxx,………………5分当x∈(-∞,-2)时,g(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(-2,+∞)时,g(x)>0,g33-3调递增,当x=-2时,g(x)取得极小值g(-2)=-2e233-3(i)所以当a≤-2e-时,g(x)≥0,ex-a>0,所以f’(x)>0,f(x)单调递增,符合题意;……………6分(ii)当-2e-<a≤0时,y=ex-a>0,又g(x)存在两个零点,即存在区间使得g(x)<0所以f’(x)≥0不恒成立,不合题意;………7分fx-a的零点为x=lna,且g(-)=-2e--a<0则g(x)与y=ex-a有唯一相同零点且零点两侧函数值符号相同,此时,当x>0时2xex+ex-1>ex-1>0;当x<0时2xex+ex-1<ex-1<0,则f’(x)≥0…………9分]U{1}………………10分给分,结论(1分).因为g(lna)=2alna<0,所以x1>lna,………………11分+∞)时,y=exa>0,g(x)>0,所以f’(x)>0,f(x)单调递增,……13分所以x10ex0,…………14分所以f(x0)=(ex0—a)2x0=(2x0ex0)2x0设=4x3e2x,则h2e2x22e22e判断x1>lna(1分讨论f(x)单调性(2分说理过程酌情给分;判断x1=x0(1分写出f(x0)的表达式(1分求导判断单调性(1分|}的公差称为{an}的“绝对公差”.1,记Sn为{dn}的前n项和,(ii)证明:对任意给定的正整数m,总存在d1,d2,?,dm满足|Sm|≤4.=4,………2分若a2-a1与a3-a2均为负数,则-x-x-2=4,解得x=-3,不合题意;若a2-a1与a3-a2一正一负,则a3-a1=2或-2,不合题意;所以a2-a1=x,a3-a2=x+2,…………4分1.………………5分(2i)d2n=d1+(d2-d1)+…+(d2n-d2n-1)=1-2+3-4+…+(2n-1)=n,………6分因为d2n-1=d2n-(2n-1)=1-n.……………7分.…………………8分若有其他求解方法,酌情给分.①若m为奇数,令n-1,由可知,Sm-1=,…………9分+1-2+3-4+…+m-2-所以对任意给定的奇数m,存在满足an+1-an=(-1)n-1n的{an}使得|Sm|≤4.………10分m为奇数情形,其中Sm-1=,Sm=0②若m为偶数,2-d1)+…+(dm-dm-1)=b1+2b2+…+(m2-d1)+…+(dm-1-dm-2)=b1+2b2+d2由(i)知,令bn=(-1)n-1可得,.若m≤8,则|Sm|=符合题意,故下面只讨论m≥10的情况.…12分易知2bk,……13分jj所以bk,记调整为{cn}后该数列的前m项和为Sm’,2ck4i2=4i2,…………………15分令4i2≤4,解得,………16分则对任意给定的偶数m,当j=—1,或j=时,其中为不超过x的最大整数,即存在{cn}满足|Sm|≤4,所以综上所述,对任意给定的正整数m,总存在一个{an}满足|Sm|≤4………………17分依题意,解得i的范围(1分说明存在满足题意的j和结论(1分)=0≤4,符合题意;………12分m为奇数情形(2分)|Sm|=k≤4,符合题意,故下面只讨论k>4的情况.…………13分讨论m≤8的情况满足题意(1分)设正整数j满足2j+1≤k.若将b2j=—1和b2j+1=1的值对调,Sm的改变量ΔSm=2[2j(m2j)(2j+1)(m2j1)]=8j2m+2,所以此时的前m项和为Sm=8j+23k.……………15分调整相邻两项系数为相反数,求得Sm’(2分)记[x]为不超过x的最大整数.证明存在满足题意的调整方案(1分结论(1分).

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