福建省2025届高三下学期2月测评（金科百校联考）数学试题

这是一份福建省2025届高三下学期2月测评（金科百校联考）数学试题，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数满足，则（ ）
A．B．C．5D．8
3．已知为平面内夹角为的单位向量，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．著名天文学家开普勒发现：地球绕太阳运行的轨道是一个椭圆，太阳为该椭圆的一个焦点．我们将地球在该椭圆轨道上距离太阳最近和最远的位置分别称为近日点和远日点．已知近日点到太阳的距离约为，远日点到太阳的距离约为，则该椭圆的焦距约为（ ）
A．B．C．D．
5．若且，已知是R上的单调函数，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，若，当取得最大值时，（ ）
A．B．C．D．
7．在三棱锥中，已知平面，则三棱锥的外接球的表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知双曲线的左，右焦点分别为是双曲线C上位于第一象限的一点，且，设O为坐标原点，N为的中点，的角平分线交线段ON于点M，若，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．2C．D．3
二、多选题
9．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A．的最小正周期为B．的图象关于直线对称
C．在区间上的最小值为D．函数为奇函数
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．存在实数a，使得的图象关于点对称
B．任意的实数a，b，函数恒有两个极值点
C．设为的极值点，则
D．当时，若（其中），则
11．设为数列的前n项的积，，则（ ）
A．当时，B．若，则
C．若，则为常数列D．若数列为等差数列，则或
三、填空题
12．已知随机变量X服从正态分布，若，则 .
13．已知，则的最小值为 .
14．已知函数的定义域为为的导数，，当时，，若，则关于的不等式在区间上的解集为 .
四、解答题
15．如图，在四棱锥中，平面为AD的中点．
(1)证明：平面平面PAC；
(2)求PB与平面PCD所成角的正弦值．
16．已知函数．
(1)若曲线在点处的切线为l，l不过原点，且l在坐标轴上的截距相等，求a的值；
(2)当时，若恒成立，求实数a的取值范围．
17．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)证明：；
(2)若，且为锐角三角形，求的周长的取值范围．
18．为庆祝“五一”国际劳动节，某校举办“五一”文艺汇演活动，本次汇演共有40个参赛节目，经现场评委评分，分成六组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，第六组，得到如下频率分布直方图：
(1)估计所有参赛节目评分的第85百分位数（保留1位小数）；
(2)若评分结束后只对所有评分在区间的节目进行评奖（每个节目都能获奖，只有一等奖和二等奖），其中每个节目获评为一等奖的概率为，获评为二等奖的概率为，每个节目的评奖结果相互独立．
（ⅰ）设参评节目中恰有2个一等奖的概率为，求的极大值点；
（ⅱ）以（ⅰ）中作为p的值，若对这部分评奖节目进行奖励，已知一等奖节目奖金为500元，若要使得总奖金期望不超过1400元，请估计二等奖奖金的最大值．
19．已知抛物线 的焦点为F， 为抛物线C上的一个动点（不与坐标原点重合），．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知点，按照如下方式构造点，设直线为抛物线C在点处的切线，过点作的垂线交抛物线C于另一点，记的坐标为．
（ⅰ）证明：当时，；
（ⅱ）设的面积为，证明：．
《福建省2025届高三下学期2月测评（金科百校联考）数学试题》参考答案
1．A
【分析】先求出集合B，再利用集合的交运算即可求得结果.
【详解】易知，所以，
故选：A．
2．B
【分析】利用复数除法法则得到，利用模长公式求出答案.
【详解】，所以.
故选：B．
3．C
【分析】先对等式两边平方得到，进而求出结果.
【详解】两边平方可得，，
所以，故，
故选：C．
4．B
【分析】利用椭圆里的近日点和远日点列式即可求得结果.
【详解】设椭圆长轴为2a，焦距为2c，易知，解得，所以椭圆的焦距约为，
故选：B．
5．B
【分析】先根据一次函数单调递增得出函数是增函数，再根据对数复合函数的单调性及分段函数列不等式求解即可.
【详解】因为在R上单调，且当时，单调递增，
∴在R上单调递增，则需满足，
解得，
即a的取值范围是，
故选：B．
6．D
【分析】应用两角和差的正弦公式计算化简得出，换元再结合两角差的正切结合基本不等式计算求出最大值，得出取等条件即可.
【详解】由可知，，
所以，可得，
设，因为，所以，
则，当且仅当时，等号成立，
故选:D．
7．A
【分析】根据余弦定理和正弦定理可得外接圆半径，结合三棱锥的性质得外接球的半径，可解.
【详解】设外接圆半径为，
在中，由余弦定理，，
即，整理得，
所以，故
由正弦定理得，所以，
三棱锥的外接球的半径
三棱锥的外接球的表面积的最小值为.
故选：A．
8．C
【分析】先假设，得到，利用双曲线的定义得出，再利用勾股定理即可得到结果.
【详解】设，因为为等腰直角三角形且N为的中点，
所以，所以，
因为，所以，即，
在中，由勾股定理，有，解得，
故选：C．
【点睛】关键点点睛：设，先判断出为等腰直角三角形，得到线段之间的比例关系，进而得，再用勾股定理即可求得结果.
9．AD
【分析】由正弦型函数的周期、对称轴、单调性、奇偶性等性质逐一判断即可.
【详解】对于选项A：由的最小正周期为，A选项正确；
对于选项B:由的图象不关于直线对称，B选项错误；
对于选项C：当时，，可得，C选项错误；
对于选项D:函数，为奇函数，D选项正确，
故选：AD．
10．ABD
【分析】对于A，当时，，显然满足题意；对于B，只需判断是否有两个不同的根即可；对于C，由可得，进而可得，结合不等式即可判断；对于D，由对等式进行化简，结合不等式即可求解的范围.
【详解】对于A，当时，，A选项正确；
对于B，，因为，所以有两个不相等的实数根，即恒有两个极值点，B选项正确；
对于C，易知，C选项错误；
对于D，当时，由（其中）可知，，
即，所以，
所以，
所以，D选项正确；
故选：ABD．
11．ACD
【分析】对于选项A：写出再代入即可；对于选项B：将与代入验证即可；对于选项C：当时，，求出前几项，总结结论即可；对于选项D：利用等差数列的定义，得出为常数，再分情况讨论即可.
【详解】对于选项A：当时，由，选项A正确；
对于选项B:由时，，可得，可得时，，代入，有，可得，故B选项错误；
对于选项C:当时，，所以，因为，所以，所以为常数列，故选项C正确；
对于选项D：，若数列为等差数列，则为常数，
①若，则恒成立，即恒成立，所以；
②若，则，所以解得
所以或，故选项D正确；
故选：ACD．
【点睛】关键点点睛：利用等差数列的定义，得出为常数，分情况讨论时利用对应项的系数相等能列出即可求解.
12．/
【分析】利用正态分布的性质即可求得结果.
【详解】易知，所以.
故答案为：
13．9
【分析】先设，再用基本不等式即可求得结果.
【详解】设，
则．
（当且仅当,即时，即取“＝”）
故答案为：9
14．
【分析】构造函数，并由导数法得在上单调递增，再利用奇函数定义及对称性概念知为奇函数且关于对称，从而得到的对称性和单调性，将所给不等式转化为，结合已知函数值，利用函数性质即可求解不等式.
【详解】设，则当时，，
所以在上单调递增，
因为，所以为奇函数，
又，
所以关于对称，所以，
所以，所以的周期为6，且为偶函数，
又，所以，
故由的单调性可知：在和单调递增，
在和单调递减，又，
由的对称性可知，，
由可得，，
所以关于x的不等式在区间内的解集为．
故答案为：
【点睛】结论点睛：破解抽象函数不等问题需要构建新函数，常见构造形式如下：
1.对于不等式，构造函数；
2.对于不等式，构造函数；
3.对于不等式，构造函数；
4. 对于不等式，构造函数；
5. 对于不等式，构造函数；
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明，结合可得平面PAC，从而可得平面平面PAC；
（2）以A为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，求出求PB的方向向量以及平面PCD的法向量，根据空间向量夹角公式即可求出PB与平面PCD所成角的正弦值
【详解】（1）因为平面平面ABCD，所以，
连接EC，由，
故四边形ABCE是正方形，故，
因为，PA，平面PAC，所以平面PAC，
因为平面PBE，所以平面PBE⊥平面PAC；
（2）以A为原点，以分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面PCD的法向量为，
则有，即，
可取，设PB与平面PCD所成角为，
则，
所以PB与平面PCD所成角的正弦值为．
16．(1)2
(2)
【分析】（1）求导，根据题意得到切线l的斜率为，从而得到方程，求出；
（2）令，求导，得到的单调区间，得到，当时，得到，当，参变分离得到，令，求导得到单调性，从而有，故，综上，的取值范围为.
【详解】（1）由，
又由切线l在坐标轴上的截距相等，l不过原点，故切线l的斜率为，
可得，
故；
（2）令，则，
有，令，有，令得，
可得函数的减区间为，增区间为，
可得，
当时，，有，可得；
当时，，可化为，
令，有，
又由函数单调递增，且，
可得函数的减区间为，增区间为，
有，故，
由上知实数的取值范围为.
【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化简以及两角和与差的正弦即可求得结果.
（2）利用正弦定理求出，因为三角形为锐角三角形求出，再用余弦定理进一步求出，即可求得结果.
【详解】（1）由正弦定理，，所以．
又，所以，
所以，所以，
因，所以，即.
（2）因为，所以，
因为，所以．
因为，所以，
∵为锐角三角形，∴，∴，∴
因为，由余弦定理，两式联立得，
又因为，代入上式，得到，则，且，
所以，即．
所以周长的取值范围为．
18．(1)91.7
(2)（ⅰ） （ⅱ）100元
【分析】（1）根据频率和为1，求出评分为的节目的频率为0.15，进而利用百分位数的概念即可求得结果.
（2）（i）先写出恰有2个一等奖的概率为，再利用导数知识求得最大值；（ii）设获得一等奖的节目数为随机变量X，总奖金为Y，根据题干，易知，先求出变量X的期望，进而可求出变量Y的期望.
【详解】（1）由频率分布直方图可知，
评分为的节目的频率为，
因为前四组的频率为：；
前五组的频率为：；
则第85百分位数占第五组的比例为，
所以，
∴估计所有参赛节目评分的第85百分位数为91.7；
（2）（i）评分在的节目的频数为，
∴，
∴，
∵， ∴当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，，所以取得极大值，
∴的极大值点；
（ii）设获得一等奖的节目数为随机变量X，总奖金为Y，
易知，，∴，
设二等奖奖金为a元，则，
∴，解得，
∴二等奖奖金的最大值为100元．
19．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析 （ⅱ）证明见解析
【分析】（1）根据抛物线的性质及题意即可求解；
（2）由题意求出直线，与抛物线联立进而求出点的横坐标，代入抛物线方程可得其纵坐标，进而可得与的不等关系，用累加法求解即可证明；
（3）求出点F到直线的距离，求出弦长，进而可得的面积，结合可得，用放缩的方法求即可求解.
【详解】（1）抛物线C的准线方程为，所以，
所以，解得，所以C的方程为；
（2）（ⅰ）设，因为，
所以点处的切线斜率为，所以直线斜率为，
所以直线，
与联立可得，，
可得，即的横坐标为，
所以，
当时，有，
又由，故，所以；
（ⅱ）易知直线，
F到直线的距离为，
，
所以，
因为，
由（1）知，即，所以当时，，
所以当时，，
所以，
当时，，
当时，．
所以．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
C
B
B
D
A
C
AD
ABD
题号
11









答案
ACD