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福建省漳州市2025届高三毕业班第四次教学质量检测
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，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.
C. D.
2.若复数满足，则( )
A. B. C. D.
3.已知向量与的方向相反，，，则( )
A. B. C. D.
4.若，，，则( )
A. B. C. D.
5.的展开式中项的系数为( )
A. B. C. D.
6.设等差数列的前项和为，若，，则数列的前项和为( )
A. B. C. D.
7.已知函数的值域为，则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
8.在菱形中，，，将沿对角线翻折至，则当三棱锥表面积最大时，三棱锥外接球的体积为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.截至年月日中午，国产动画电影哪吒之魔童闹海全球总票房已达亿元人民币，强势跻身全球影史票房榜第五位，成为首部冲入该榜单前十的亚洲动画电影下图是年月日至月日共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( )
A. 这天该电影内地单日票房中最高的是月日
B. 这天该电影内地单日票房中大于亿元的天数比例超过
C. 这天该电影内地单日票房的第百分位数大于亿元
D. 这天该电影内地单日票房的平均数大于亿元
10.已知正实数，满足，则( )
A. B. C. D.
11.在正四面体中，质点，的初始位置均在正四面体顶点处，它们每隔秒钟都沿着正四面体的棱移到另一个顶点次当，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，在不同位置时，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为秒后，在同一位置的概率，则( )
A.
B. 的最小值为
C. 秒后，在处相遇的概率为
D. 秒后，首次回到处且途中恰经过，，各次的概率大于
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边过点，则 ．
13.若函数的导函数为偶函数，且，都有，则可以是 写出一个满足条件的函数解析式即可
14.已知直线过点，分别与直线，交于，两点，圆过，两点，则面积的最大值为 当面积取最大值时，直线的方程为 ．
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.本小题分
在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，且满足．
求
若，求正整数的值．
16.本小题分
已知函数．
若，求在上的最大值
若在上恰有两个零点，求实数的取值范围．
17.本小题分
已知、分别为椭圆的左、右焦点，的离心率为，为上一点，的周长为．
求的方程
若为的上顶点，过且斜率不为的直线交于，两点，交线段于点，且，求的方程．
18.本小题分
如图，在四棱锥中，，，，是的中点，，分别在线段，上，且，．
证明：多面体为四棱锥
作出四棱锥的底面所在平面与平面的交线，写出画法，不必证明
若，平面，且，求四棱锥的体积．
19.本小题分
两人玩一轮“石头、剪刀、布”游戏，胜者得分，负者得分两人玩一轮游戏是指：两人都出一次拳，若出现胜负，则该轮游戏结束若平局，则两人继续出拳，直至出现胜负，则该轮游戏结束．
设甲、乙两人每次出三种拳的概率都相等，且各次出拳相互独立，当这两人玩一轮“石头、剪刀、布”游戏分出胜负时，甲共出拳次，求的分布列与
现人玩“石头、剪刀、布”游戏，任意两人都玩一轮该游戏记第个人的累计总得分为对于这人中的任意人组成的集合，若中存在一人胜中的其余所有人，则称存在“全胜人”若中存在一人负中的其余所有人，则称存在“全负人”已知这人中任意人组成的集合都存在“全胜人”，也存在“全负人”．
求
按如下方法在这人中选出人：先在这人中任选人，记这人组成的集合的“全胜人”为，选出除去，从余下的人中任选人，记这人组成的集合的“全胜人”为，选出依此类推，直至选出第个“全胜人”记的累计总得分为，证明：，，，两两不相等
证明：，，，，是，，，，的一个排列．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.或，为任意常数写一个满足条件的函数解析式即可
14.或
15.解：由正弦定理，得，
即，即，
又为三角形的内角，所以，所以；
因为，，由余弦定理，
得，即，
由为锐角三角形可得，即
解得，
所以正整数的值为．
16.解：若，则，
因为当时，，仅当时，等号成立，
所以在区间上单调递减，
所以在上的最大值为；
由题意，，
令，则，
当时，由，即，得或，
当时，，在区间上单调递增；
当时，，在区间上单调递减；
当时，，在区间上单调递增；
又因为，，，，
且在上恰有两个零点，所以直线与曲线恰有两个交点，
所以实数的取值范围为．
17.解：设焦距为，依题意得，解得，，
所以，所以的方程为；
依题意，得，，，则直线的方程为，
设的方程为，，，
联立，得，
所以，故有，
联立，得的纵坐标，
由于，所以，其中为的纵坐标，
因为，必在，之间，所以，即，
所以，解得，
所以的方程为．
18.解：证明：取的中点，连接，，
因为是的中点，且，
所以是的中点，所以，，
又，，，所以且，
又，，所以，且，所以四边形是平行四边形，
所以，又，所以，所以，，，四点共面，
又多面体其余各面都是有一个公共顶点的三角形，
故所以多面体为四棱锥；
如图，延长交于点，连接，直线即为所求作的交线．
因为，平面，
如图，以为坐标原点，过点且与平行的直线为轴，，所在直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，
连接，则，，，，，，
故，，，，，，
设平面的法向量为，则，即
不妨取，则可得，
则点到底面的距离为，即为四棱锥的高，
因为，所以，因此四边形为直角梯形，
又由知，四边形是平行四边形，即，又，
故A，则，
从而，四棱锥的体积．
19.解：的所有可能取值为，，，，
因为甲每次出拳时，平局的概率为，
分出胜负的概率为，
“”表示“甲、乙这两人玩一轮该游戏分出胜负时，甲共出拳次”，
即“甲前次出拳都平局，第次出拳时分出胜负”，
所以甲共出拳次该游戏分出胜负时的概率为，其中，
所以的分布列为：
所以；
因为任意两人玩一轮该游戏，都产生分，人共玩了轮该游戏，
所以；
证明：由题意，存在，，，的一个排列，，，，
使得对于，，，，都有的“全胜人”为，
先假设上面结论不成立，按下面方法剔除人：若中存在“全胜人”，则剔除这个人；
再考虑剩下的人组成的集合，若该集合还存在“全胜人”，则再剔除这个人；
依次类推，最后必存在个人，这人组成的集合不存在“全胜人”，记这个人为，，，，
现考虑选时的人组，记为，
用，，替换，，，后得到另一个人组成的集合，
该集合不存在“全胜人”，与条件矛盾，故上面结论成立．
记人中除外的其余人为，，，，
由题意的选人规则可知，且胜所有的，
现考虑，若没有全胜所有的，
则存在胜，则存在“胜环”表示胜，
现考虑选时的人组，记为，
用，，，替换，，，后得到另一个人组，
这个集合无“全胜人”，与条件矛盾，因此胜所有的，
从而，故，，，两两不相等，得证；
证明：由可知，，是，，，的一个排列．
现按如下方法选出个“全负人”：
先在这人中任选人，记这人组成的集合的“全负人”为，选出；
除去，从余下的人中任选出人，
记这人组成的集合的“全负人”为，选出；
依此类推，直至选出第个“全负人”．
记的累计得分为，
用与类似的方法可以证明，，，是，，，的一个排列，
并且除和外剩余的两人都胜所有的且都负所有的，
因此这两人的累计总得分只能是或，
又这两人的累计总得分之和为，
所以这两人的累计总得分只能是一个，另一个，
故综上可知，，，，，是，，，，的一个排列，得证．
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