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福建省泉州市2025届高三上学期质量监测(二)数学试题
一、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.
1.已知向量,,且,则()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为向量,,且,则,
解得.
故选:C.
2.设集合,,若,则()
A.2 B.1 C.0 D.-1
【答案】D
【解析】由题意可得:,解得:或,
当时,,,不符合舍去,
当时,,,符合,
故,
故选:D.
3.已知,则()
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由得,,
故选:B.
4.已知定义在上的函数为奇函数,且,则()
A.-2 B.0 C.1 D.2
【答案】B
【解析】因为函数为奇函数,
所以,令有,又由,所以,
故选:B.
5.()
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案】C
【解析】
.
故选:C.
6.已知正三棱台的高为4,的内切圆和的外接圆的半径均为1,则该正三棱台的体积为()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】和均为等边三角形,设边长为,
故,又,
故,解得,故,
在中,由正弦定理得,解得,
故,
故正三棱台体积为.
故选:A.
7.已知双曲线的左、右焦点分别为,,点在的渐近线上,与轴垂直,点在轴上,.若,则的离心率为()
A. B. C.2 D.
【答案】B
【解析】如图:不妨设点在第一象限.
因为与轴垂直,,且,
所以.
所以点坐标为.
所以.
所以.
故选:B.
8.若函数有个零点,则的取值范围是()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设,则对有,
对有.
所以在上递增,在上递减,
这表明,且等号成立当且仅当.
①当时,对有,故至多有一个零点,不满足条件;
②当时,取充分小的正数,使得,,;
再取充分大的正数,使得,,,则,且
,,,
从而根据零点存在定理,可知有个零点,满足条件;
③当时,由于当时,单调递减,故在的范围内至多有一个零点.
而当时,有,且若,则必有,即.
所以在的范围内至多有一个零点.
二者结合,可知至多有两个零点,不满足条件.
综合①②③,可知的取值范围是.
故选:C.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,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.
9.将函数的图象向右平移个单位长度,得到函数的图象,则()
A.的最小正周期为
B.
C.在区间上单调递减
D.在区间上的取值范围为
【答案】AD
【解析】对于A,由题得,
所以的最小正周期为,故A正确;
对于B,,
,
所以,故B错误;
对于C,,则,
因为函数在上单调递增,
所以函数在区间上单调递增,故C错误;
对于D,,则,则,
所以在区间上的取值范围为,故D正确.
故选:AD.
10.设正项等比数列的前项和为,的前项积为.若,,则()
A.数列等差数列 B.
C. D.的最大值为
【答案】ACD
【解析】对于选项A:设公比为q,
因为,所以,
故,
由为常数,故选项A正确.
对于选项B:,所以,
解得:或(舍),所以,故选项B错误.
对于选项C:,故选项C正确.
对于选项D:
由于,其图象对称轴为,
,故或时,的最大值为,故选项D正确.
故选:ACD.
11.已知正方体的棱长为2,点是的中点,点满足,点在上,,则下列说法正确的是()
A.若,,则平面
B.若,则
C.若,则二面角的正弦值为
D.若,则三棱锥的体积的最大值为
【答案】BCD
【解析】
如图建立空间直角系,
则,
则,
则,
选项A:若,,,
设平面的法向量为,则由,,
可知,令,得,故,
由,故A错误;
选项B:,
,,故B正确;
选项C:若,,设,
,
由得,得,
故,又,
设平面的法向量为,
则,
令,得,故,
平面的法向量为,
设二面角的平面角为,则,
故,故C正确;
选项D:若,则,,
由得,得,
当时,,
当时,,当且仅当,即时等号成立,
平面的法向量为,
点到平面的距离,
,
故D正确,
故选:BCD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知复数,则_____.
【答案】
【解析】,所以,
故答案为:.
13.写出一个与直线和轴都相切且半径为1的圆的标准方程_____.
【答案】,或,或,或.(答案不唯一)
【解析】设圆的标准方程为,根据题意有,
圆心到直线的距离为,
当时,或;当时,或;
所以满足条件的圆的标准方程为,或,
或,或.
14.在平面四边形中,,,,,则_____;若点是的中点,则当取得最大值时,四边形的面积
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