文档内容
准考证号 姓名
（在此试卷上答题无效）
漳州市2025届高三毕业班第三次教学质量检测
数学试题
本试题卷共4页，19题。全卷满分150分。考试用时120分钟。
考生注意：
1 .答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名。考生要认真核对
答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致。
2 .回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，用0.5 mm黑色签字笔将答案写在答
题卡上。写在本试卷上无效。
3 .考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回。
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 .锐角ZSABC的内角A ,3的对边分别为a 1,则Z>6”是“tan A>tan 的
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
2 .已知集合人={/2彳-1<0},8 = {4/〈2},则
A. = J B.八 08 = {/|;c0,若在前5 h内消除了 10%的污染物，则15 h后污染物含
量还剩余
A. 70% B. 85% C. 81% D. 72. 9%
5 .已知/Cr） = sin（L + 9）,若/.（文）在区间 La+4l （OVa <2#上不单调，则a的取值范围是
\ / 3 Z L 6 _
-CM） B.停号） C.（抬） D.传片）
6 .记数列{«„}的前n项和为S”，已知即=2,S„+1 -2S“ =〃，则a 10 =
A. 1 024 B. 1 023 C. 513 D. 256
漳州市2025届高三毕业班第三次教学质量检测数学试题 第1页（共4页）7 .已知点M是抛物线上一动点，过点M作直线MN与圆P：(N —5)2 + (.y + l)2=4相切于
点N,则△PMN面积的最小值为
A. 4 B, 275 C. 5 D. 2V6-1
8 .设是两个随机事件，旦0VP(A)0,则下列说法正确的是
A. P(AB)>P(B|A) B. 1-P(AB) = (1-P(A))P(U|A)
C.若A与B互斥，则P(司U豆)=1 D.若P(AB)卉0,则A与B相互独立
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 .如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是边K为2的正方形，尸区―
「4_1_底面48。。/4=48,£为线段P6的中点,为线段8C上的
动点，则
A.平面 AEF_L平面 PBC
B.AE 〃平面尸CD A B
1
C.当PC〃平面AEF时,三棱锥E-ABF的体积为《
D.当F是BC的中点时,三棱锥E-ABF外接球的表面积为5天
__ ‘ A A 1 ►
10. 在△ABC中,AC = 2高，tan A=2,向量AC在向量AB上的投影向量为qAB,则
O
A.边BC上的高为3笈 B. sin C =
C.CA - CB = -8 D.边AB上的中线为JI7
11. 已知函数/(“•)对任意尤,)£ (―8,0) U (0,+8)都有/(｝)=比/(丁)一,且J'(e)=?，则
A./(-1)=0
C/(x)是奇函数 D.i = c是/Cr)的极小值点
三、填空题:本题共3小题,每小题5分，共15分。
12. 记等差数列｛q“ ｝的前n项和为S“，且$3 = 3。】+数々3”+1 =3。”+1 —2,则a„=.
13. (1+=_3)°的展开式中，常数项为.
14. 已知椭圆C：［ +汇的左、右焦点分别为6( —1,0)，2(1,0),上顶点为B,宜线
a b-
交椭圆C于点M,直线MF2交椭圆C于点N,且就•就=0,则椭圆C的方程
为.
漳州市2025届高三毕业班第三次教学质量检测数学试题 第2页(共4页)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. （13 分）
甲在进行某项试验时，设计了 A,B两种方案.为了判断方案的选择对试验结果是否有影响，方案
A运行了 60次，试验成功了 40次;方案B运行了 70次，试验成功了 60次.
（1）根据题干信息，完善以下列联表，依据a=0. 05的独立性检验，能否认为方案的选择对试验结
果有影响.
结果
方案 合计
成功 未成功
A
B
合计
⑵以题干样本数据中两个方案试验成功的频率为相应试验成功的概率，若甲在每次试验中，选择方
1
案A的概率为高.现已知甲在一次试验中获得了成功，请问此次试验选择方案A的概率是多少.
O
说扁篝券焉钻
参考公式及数据了=
Q 0. 050 0.010 0. 005
3. 841 6. 635 7. 879
16. （15 分）
如图，四棱锥P—ABCD的底面是正方形，且AB = 2,APAB是以NAPJ3为顶角的等腰直角三
角形，平面PAR _L平面ABCD.
（1）求四棱锥P—ABCD的体积.
7T
（2）试判断在△PBC内（包括边界）是否存在一点Q使得二面角Q一八。一C的平面角取到至（不
需要确定点Q的具体位置）.
漳州市2025届高三毕业班第三次教学质量检测数学试题 第3页（共4页）17. （15 分）
设过点A（l,0）,3（ —1,0）的动直线/「A交于点的斜率之积恒为1.
（1）求动点P的轨迹C的方程.
（2）设直线I与曲线C交于点、M,N.若以MN为直径作圆，该圆恒过点A.
（I ）请判断/是否符合如下的结论①或结论②，并给予证明.
结论①"过定点;结论②:/的斜率为定值.
（II ）是否存在直线,使得△AMN为等腰直角三角形？若存在，请求出此时ZXAMN的面积;
若不存在,请说明理由.
18. （17 分）
已知函数 ［（z） =e'"' +% ） = ln a-（彳）=1—
（1）当/=0时,设函数/（龙）的图象、g（k）的图象与函数/i（久）的图象的交点分别为P,Q,求线段
PQ中点M的坐标.
（2）若/Gr）2g（.T）对VzG（0,+8）恒成立，求实数左的取值范围.
（3）若函数H（G=e""'十廉+ 1%、一加11 w至少有两个相异的零点,求整数£的最大值.
19. （17 分）
若一个平面图形是由三点尸（即，/），。（如，巳），口（。3，13）构成的三角形，则4^次的面积S =
y | （a2—«i）, （"一仇）一（七一）•（。2—d）I ；若一个平面图形是不规则的平面图形，则可通过
割补法将其分解为规则的图形分别运算面积后再通过求和估算面积.已知点A（l,0） ,A"（2”,〃），
瓦一 ］（2"+10）,““（" + 1,1082（〃 + 1））,设曲线》= 1082］,直线 i = 2"+】（/?GN* ）以及力轴所围成
的封闭区域为Q”.
（1）分别计算三角形AA”A”+］和五边形2M3B2的面积.
（2）设△AA“A“」」的面积为P“.求数列｛P“｝的前〃项和，并用多边形A4|A2A：,…A“+iB“+i的面
积估算封闭区域D〃的面积S；.
（3）同学甲提出另一个方案来估算D.,的面积:用多边形2M3…”2，，+一/"+1的面积来估算
D,.的面积得到5工利用5：与证明不等式：1咆［（2〃+】-1）!：］ + 5 —（27? - 1）・2">1（〃GN*）
恒成立.
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数学答案详解
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
c D A D B B A C ACD ABD AC
1 .C【解题思路】因为AABC是锐角三角形，所以A,
(0<々<2式)上不单调，所以4
840号).若 a>6,则 A>B,即 0tan B
成立.若 tan A〉tan B，且 A ,B G [ 0,£卜则 A>B,
所以a>b成立.所以、>6"是“tan A>tan B”的充要
条件.故选C. 6.B【解题思路】由S.+i—2S"=m得，+1+// + 2 =
2 .D【解题思路】因为集合A = {l |2%-1<0}= 2(5.+n+1),因为曲=2,所以Si+1 + 1 = 4.所以
卜 ,B= {力 I e" V2} = {i | 力 Vin 2},3= S”+〃 + lH0.所以｛S.+ti+1｝是首项为4,公比为2
\ Li I 乙
的等比数列.所以S，+〃 + 1 = 4X2"t.所以S,尸
1 1
—In e= In e2 = In Ve < In VT = In 2,所以 AUB =
乙 2”+i-n-1.所以 a10 =S10-S9 = l 023.故选 B.
H |ii时,g'&)>o,ga)单调递增，当±vi
选A. 时,g'a)V0,g。)单调递减.所以 gQ)min=g(l)=
4 .D【解题思路】当力=0时，P = P0・eT・°=P0.当 20.所以△PMN面积的最小值为4.故选A.
p • e-5^ 8 .C【解题思路】对于A选项,P(B|A)=窄鬻，若
2=5 时，'——=0. 9,即 e-5^ =0. 9.当力=15 时，
r o
Pc • e-15i P(AB)>P(B |A),则P(A)>1,不符合题意，故A选
——= eT5A = "-5氏)3=0. 93=0. 729,故选 D.
U o
项不正确.对于B选项，P (B |/)=口一 =
5.B【解题思路】画出函数f(z)的部分图象如图所示, P(A)
《
因为。<2兀,所以q+ V等因为/殳)在区间 1-P(AB) = [1-P(A)] • P(B |A)，则
0 0 O 1 1 )
一数学•答1 —1—P(AB) = P(区B),所以 P(AB) + P(4B) = 1,即 BC=44,所以边BC的高为AB • sin B = 372.故
P(B) = 1.不符合题意.故B选项不正确.对于C选 选项A正确.在ZVIBC中，由余弦定理的推论得
项，因为A与B互斥，所以AflB = 0.又XUA=C,
「
ac2+bc2-ab2
COS C= 2CA - CB ，所以 sin C =
BUB = O,所以 所以 AUA=O.故
P(4UB) = 1.故C选项正确.对于D选项,P(AB)乎 ，l-cos2c = 故选项 B 正确.EX - CB =
0,不能说明P(AB)=P(A)P(B)成立，故D选项不
I CAI • I遂I cos C = 8,故选项C错误.设AB的中
正确.故选C.
点为M,则城=；(这+在)，所以日萨=
9. ACD【解题思路】因为PA=AB,E为线段PB的中 乙
点，所以AELPB.因为PA_L底面ABCD,所以 4(CA2+CB2+2CA ・在)=《义(20 + 32 + 2X
4 4
PAA.BC.因为底面ABCD是正方形，所以AB1_BC.
8) = 17.贝!]|近|= /17.故选项D正确，故选ABD.
又 PAnAB=A,PA,ABU平面 PAB,所以 3。_1平
C
MPAB.因为AEU平面PAB,所以BC.LAE.又
PBnBC = B,PB,BCU平面 PBC,所以 AE_L平面
PBC.因为AEU平面AEF,所以平面AEF_L平面
PBC.故选项A正确.选项B显然不正确.当PC〃平
A D B
面AEF时,EF〃PC,因为E为线段PB的中点，所以
11. AC【解题思路】令力=' = 1,则f (1)=/(1)一
F为线段BC的中点.所以BF = 1.因为PA_L平面
"1)=0.令力=-1,? = 1,则 y(-i)= -/(D-
ABCD,所以 PA_LAB.又 PA =AB = 2,E 为PB 的中 f( 一D,得“-1)=0,故选项A正确.令力= e,y =
点，所以 AE = BE=^2.因为 BC_L平面 PAB,PB(Z 1,则 f(《)=e/(D—得/(!)=-e,故选
平面PAB,所以BC1PB.所以三棱锥E-ABF的体
项 B 错误.令 x = - 1,则 f L y) = . f (y)一
积 Ve-abf =Va-bef =~TS^bef • AE = - X — Xa/2 X
o 。乙
1) = -f 3)，故八r)是奇函数.故选项C正
1X^ = T( 1 DA 1
另 解：VE-ABF = W Saabf * F-=不乂
确.由题可得="(y)—力殳)，令g(z) =
% 于(%),则有 g 已)= g(y)—g (力).取 g(x) =
｝x2X1><4=4).故选项C正确.因为AE_L平面；
In x 、八
---,1>0,
PBC,BE_LBF,所以三棱锥E—ABF可补全为长方； x
InlalGrKO),则于(了)
体.设三棱锥E—ABF外接球的半径为R,则4R2=;
皿工力<0,
x
BE2+BF2+AE2=5,所以三棱锥E—ABF外接球的：
一 ?”
表面积为57r.所以选项D正确.故选ACD. 当久>0时"'殳)=1 ，可得"%)在％ = «处
X
10. ABD【解题思路】如图，过点C作CD_LAB于点D,；
取得极大值，故D选项错误.故选AC.
则 AD = ：AB,设 AD=n则 BD = 2x,又 tan A=； (即
12. 2n-l［解题思路］因为S3 = +；3)X3 = 3牝=
2,所以 CD = 2a 所以 B = 45°.在 RtZXACD 中，； 3a 1+6,所以% —诙=2,即｛% ｝的公差d = 2.又
AC=J^x.又 AC = 2而■，所以力=2.所以 AD = 2,1 Q3.+i=3a〃+1 —2,故令 〃 =1,得牝=3劭 -2.所以
B。=4,C。= 4.所以AB = 6.在Rt△BC。中，易得： % +3a = 3即 + 3d — 2.所以即=1.所以 a” = 2〃-1.
一数学・ 答2 一13. -873【解题思路】(二+我-3)5=0(/+打 ・ 断Ho不成立，即认为方案的选择对试验结果有影
响，此推断犯错的概率不超过0. 05. （7分）
(-3)。+Q --(-3)+0 (%2H-(―3)2 +
（2）在一次试验中，选择方案A记为事件A,选择方
案B记为事件B，试验成功记为事件C.
■-(―3)3 +C^ [x2-\~~(―3)4 +C1 •
由题意，得A与B是对立事件，且P（A） = ^,
O
(/+十)°( —3)5.观察可知，常数项为玛・CQ
9 40 9
P（B） = 1-P （A） = —, P （C | A）,
o bO o
•士• (— 3) + 最• C • x2 •占• (— 3)3 +
x x P（C|B）=^=y, （9 分）
(-3)5 = 30X(-3)+20X(-3)3 + (-3)5 = -873.
所以 p（c）=p（a）p（c|a）+p（b）p（c|b）=4x
14. y+^ = l【解题思路】依题意得朝=。，所以直
o
2,2,6 50
线的方程为代入]+1=1中，解
-
3
- -
3
- X
7
— =—
63,
(n分)
a b
故甲在一次试验中获得了成功，则此次试验选择方
坐工
得乂( 绦，一 D).因为疏• BN = O, P(AC) P(A)P(C|A)
\ az+l Y + 1 / 案A的概率是P（A|C） =
P(C) P(C)
所以MB1BN.所以kBN = ~.所以直线BN的方 3X3=7
b
(13 分)
—50 一-25'
程为y = —.代入与十卷=1中，解得 63
0 a b
16 .解：（1）如图，设点O是AB的中点，连接PO.（1分）
/ 2a2b2 6（64—a2）\ …一上升应
N I 丁 +。4 ' -.2 +台4 ― / , 因为 M，F2，N 二点共线， 由题可知 PA _LPB,PA=PB,
所以PO-LAB (2分)
bd — D b(b4 -a2)
因为AB = 2,所以PO=1. (3分)
所以kL.即一宗」=2c ，化
因为平面PAB JL平面ABCD,平面PAB Pl平面
ABCD=AB ,POU平面 PAB,
简得 2/—/-1=0.又/=/ + 1,所以々2=3/2 =
所以PO_L平面ABCD
2 2
2.所以椭圆C的方程为a+5 = 1.
所以PO的长为点P到平面ABCD的距离.（4分）
O 乙
15.解：（1）完善列联表如下, 所以心—.。=~^S正方形abcd • PO
结果 1 4
方案 合计 =—X22X1=—. (6 分)
o J
成功 未成功
A 40 20 60
（2）以点O为坐标原点,OB所在直线为1轴，过点O
B 60 10 70 作AD的平行线为y轴,OP所在直线为z轴建立如
合计 100 30 130 图所示的空间直角坐标系， （7分）
(3分)
零假设Ho :方案的选择对试验结果没有影响.（4分）
根据列联表中的数据,经计算可得
_130X(40X10—20X60)2
Z2 心6・6>3.841, (6分)
= 60X70X100X30
根据小概率值 ]0. 050 = 3. 841的独立性检验，我们推
一数学•答3 —则点 P（0,0,1）,D（ —1,2,0） ,A（ —1,0,0）, （8 分） W±l）.
则诚=（—1,0, —1）,访=（—1,2,—1）. （9 分） 联立该直线与曲线C的方程可得（/ -1）/ +
设平面PAD的法向量为小=殳,不之）， 26Mz+租2+1=0,△>（）. （6 分）
（ni • PA=0, 设点M,N的坐标分别为（马，切），（牝，山），
则 一
'«! • PD=0, 根据韦达定理可得与+亚=一答，孙孙=
R
JL
[—x—z=0,
即 （10分） m2 +1
I—%+2、-2=0.
(8分)
k2-v
取之=1,从而可得小=（—1,0,1）. （11分） 若以MN为直径作圆，该圆恒过点A,则等价于
易知平面AC。的一个法向量为〃2 = （0,0，D. AM±AN,
（12 分） 即可得京•京=0,
设平面PAD与平面ACD的夹角为。，
即可得殳1 —1）0:2 —1）+）]？2 =0. （9 分）
M •n 2 I V2 根据直线，的方程可得？1/2 =（4力1+机）（4Z2+机），
则 cos 0=
\n2 2
I«1I I
代入上式可得（£2 +1）力途2 + （Am - 1）（11 +力2）+
即平面PAD与平面AC。的夹角为千. （13分）
(毋 +1) (/2 + 1) (km — 1)2£承
一 + 1 =0,即 +
♦—1 -k2~l
当Q与点B重合时，二面角Q-AD-C的平面角为
(m2 + 1) (k2 — 1)
0°；当Q与点P重合时，二面角Q-AD-C的平面 =°， (10 分)
角为十. （14分） 化简可得笈a+/=0,
即可得上=0或%+根=0. (H分)
当点Q在线段PB上运动时，根据二面角变化的连续
当k+m = 0时，可知直线I恒过定点（1,0）,此时不
性可知存在一点Q使得二面角Q-AD-C的平面
满足题中条件，故舍去.
角取到《（提示：本题仅要求判断是否存在，不需要
故6=0,即直线Z的斜率恒为定值0.
求出具体的点Q）. （15分） 因此，符合结论②. （12分）
17 .解：（1）设点P的坐标为殳士 1）,直线Zi，Z2 （ii）不存在. （13分）
的斜率为跖，后. 理由如下：根据（i ）可得直线I的方程为？=加
根据斜率定义可得M =告，卜2 =3. （1分） （帆¥0）,此时 M,N的坐标为（一a/1+tw2 ,m）,
x — 1 jc-ri
（，1+苏,M）,线段MN中点T的坐标为（0加），
根据斜率之积恒为1可得」4-dr=i・ 戏分）
（14 分）
化简可得动点P的轨迹C的方程为/ —y2 = 1 （力中
则直线AT与直线I始终不垂直，由此可得ZVIMN
±1）. （3 分） 不可能是等腰直角三角形. （15分）
（2）（ I ）符合结论②. （4分）
18.解：（1）当归=0时，函数= 与函数g（%） =
证明如下： In 1互为反函数，两个函数的图象关于直线l,y=x
当直线/的斜率不存在时,设直线I的方程为7 = £
对称， （2分）
（ld>D. 函数4（%） = 1—%的图象也关于直线I:y =力对称，
由题意可得 "^1=1力-11,解得，=1,不符合题 （3分）
意，舍去. 所以P,Q关于直线l：y=x对称. （4分）
当直线I的斜率存在时，设直线I的方程为3/=标+ 综上可知点M为函数无殳）=1-1的图象与直线/：
——数学, 答4 一矩形的面积和为 log22+log23+- + log2(2n+1-l) = 贝S： = + S梯形A]A,小2 + S梯形42典4宾 +,•, +
log2E(2n+1-l)!], (14 分) S 梯形a”a£+a+i
由此可得对应的估算值S：=log2E(r+1-l)!] +
=弓[(2-1) X1 + (1 + 2)X (22—2) + (2 + 3) X
(23-22 )4---卜(i+丁+1) X (2"+i-2°)]
由于多边形AMiM2M3…M2”+-B”+i包含多边形
=4-E1X1+3X2+5X22H---F(2n+l)X2nJ9
Li
AAiA2A3 …A”+iB〃+i,
从而可得S：VS/, 所以 2s：=4dLX2 + 3X22H---F(2n-l)X2n-
LJ
即⑵一1)・ 2”+得<1咆[(2"1—1)口+审，
U 乙 (2n + l)X2n+1J
(16 分) 所以一S； = 311 + 2X2 + 2X22、--- 1-2X2" 一
乙
化简即可得不等式log21(2"+】-1)!【+彳一(2%一1)・
(2n+l)X2n+1]
2”>l(k£N*)恒成立. (17 分)
⑵+ 1)X2+]
2 L 1-2 」
解法二：(1)由题意可知点A (1,O),A„ (2n,n),
3
A,-1(2”+】,n + l)，结合题中所给的面积公式可得三 = (l-2n)X2n-V.
乙
角形AAA+1的面积为]■](2" — 1)・(n+1-O)-
所以 S： = (2〃-l)-2”+(12 分)
Lt
(2n+1-l) •(72-0)| =(72-1)2"-1+4. (2 分)
⑶证明：多边形AM,M2M3…同2”+】-Bn+}的面积
由题意可知点 A (1,0) ,M1(2,log22) ,M2(3,log23), S： = + S 梯形+ S 梯形M2M绚％ + ••• +
“3(4,10824)12(22,0),记乂；5 + 1,0),
S梯叫"〜为"〜方5-卅淖+一
则五边形AM.M2M.B2的面积为SaamM +
=-y {log2 2+(log2 2 + log2 3) + (log3 3 + logs 4)H---F
乙
S梯形M]M促和2 + S梯形M2M0f触3 =万[log2 2 + (log2 2 +
Elog2(2n+1-l)+log22w+1]}
log2 3) + (log2 3+log24)]=2+log2 3. (5 分)
={2Elog22+log23 + logs4+• • • + log2 (2"+i —1)1 +
乙
⑵由⑴可知 P„ = (n-l) - 2n-1+-y»
log22n+1}
设= (〃-1)・2”一】，数列{cB}的前n项的和为T„.
=1恤[(2"+】-1)!]+甲. (15 分)
即可得[=2+2X22+3X23T---l-(n-l)・ 2W-1,
乙
2Tn=22+2X23+3X24H--- F(n~l) - 2n, (7 分) 由于多边形AMlM2M3…乂2,+1_/”+1包含多边形
两式相减可得一 T” = 2 + 2? + 23 +…+ 2”t-(72- AA]A2A3 …A”+iB”+i 9
1)- 2", 从而可得s：vs3
即可得一T〃 = (2—Q ・2”一2,
即⑵一 1)・2"+得V1密[(2-】-1)口+审，
从而可得T” = (九一2)-2〃+2, (9分) U 乙
(16 分)
综上可得数列{P"的前〃项的和为(九一2) - 2" +
v+2. (10 分) 即不等式 log2L(2n+1-l)!Kv-(2n-l) • 2n>l
记 A：(2"，0), 5 GN*)恒成立. (17分)
一数学•答6 —
