福建省福州市2024-2025学年高三第三次质量检测数学试题及答案.docx

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2024~2025学年福州市高三年级第三次质量检测

数学试题

2025.4

本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟.

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将答题卡交回.

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.

1.已知全集为，，，则图中阴影部分表示的集合是（）

A. B. C. D.

答案C

由对数函数的性质确定集合，再求交集即可.

解析易知.所以.

故选：C.

2.若，则（）

A.1 B. C.2 D.4

答案B

利用复数模的公式求模，再利用模的性质计算即可

解析因为，所以.

故选：B.

3.已知随机变量，若，则（）

A. B. C. D.

答案B

由二项分布的期望和概率性质计算即可.

解析，解得，所以.

故选：B.

4.设，则（）

A.-2 B.-1 C.0 D.1

答案A

分别令和代入计算即可.

解析令易知，

令可得，，

所以.

故选：A.

5.已知菱形的边长为2，为的中点，则（）

A. B. C. D.3

答案D

结合图形，由向量的加法法则和数量积的运算律计算即可.

解析

，，

所以，

故选：D.

6.在正方体中，为的中点，为平面与平面的交线，则（）

A B. C. D.

答案D

设为的中点，则即为所在直线，判断与是异面直线，即可判断A；由，与不垂直，即可判断B；由条件可证得平面，而，可得平面，从而，即可判断C，D.

解析设为的中点，连接，

∵为的中点，为的中点，∴，

又∵，∴，

∴四点共面，

∴平面与平面的交线为，则即为所在直线，

∵与是异面直线，即与是异面直线，故A错误；

∵，而在直角中，，则与不垂直，

故与不垂直，即与不垂直，故B错误；

∵平面，平面，∴，

又，，平面，

∴平面，又，

∴平面，即平面，

∵平面，∴，故C错误，D正确，

故选：D.

7.已知数列是首项和公比均大于0的无穷等比数列，设甲：为递增数列；乙：存在正整数，当时，，则（）

A.甲是乙的充分条件但不是必要条件

B.甲是乙的必要条件但不是充分条件

C.甲是乙的充要条件

D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

答案A

由递增数列的性质结合等比数列的通项可得充分性成立，再举反例，可得必要性不成立.

解析若为递增数列，则，即，即，则公比，为指数型递增数列，易得存在正整数，当时，.充分性成立；

不妨设，此时不是递增数列，所以甲是乙的充分条件但不是必要条件.

故选：A.

8.设为坐标原点，若曲线和曲线上分别存在A，B两点，使得，则的取值范围为（）

A. B. C. D.

答案C

设出两点坐标，结合斜率的计算由基本不等式和导数分别求出两直线斜率最小值，然后再利用两角差的正切公式计算即可.

解析设，则，当且仅当时取等号；

设，则

令，则，

令，

所以时，，单调递增；时，，单调递减，

所以，

取，，此时，解得.

故选：C.

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.

9.已知直线为函数图象的一条对称轴，则（）

A.的最小正周期为 B.

C. D.的图象关于点对称

答案BC

由辅助角公式和正弦函数的最小正周期可得A错误；求导后令极值点处导数为零可得B正确；由正弦函数的值域可得C正确；整体代入验证可得D错误.

解析对于A，的最小正周期为，故选项A错误；

对于B，因为，

因为在对称轴处取得极值，所以，解得，故选项B正确；

对于C，由A和B可知，，所以，故选项C正确；

对于D，，故选项D错误.

故选：BC.

10.过点的直线交圆于点P，Q，交圆于点M，N，其中T，P，Q，M，N顺次排列.若，则（）

A. B. C. D.

答案ABD

根据图形特征计算判断A，B，根据向量数量积公式计算判断C，D.

解析A选项：，，均为钝角，

因为，则，故，A选项正确.

B选项：同上述分析可知，所以.

因为，所以，，B选项正确.

C选项：取中点，则

，C选项错误.

D选项：因为，所以.

由B选项的分析可知，，

所以，D选项正确.

故选：ABD.

11.已知四棱锥的高为2，底面是边长为2的正方形，，则（）

A.的面积为定