福建省福州第三中学2024-2025学年高三上学期模拟预测数学答案_2025年1月_250110福建省福州第三中学2024-2025学年高三上学期第七次模拟

福州三中2024-2025学年第一学期高三第七次质量检测 数 学 答 案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C C A C C A A C 题号 9 10 11 12 13 14 答案 AD ABD AC −120 答案第1页，共7页 2 7 x 2 + y 2 = 2 1．【详解】 i 5 = i ，故 a + b i = i ，所以 a = 0 , b = 1 ， a + b = 1 ．故选：C． 2．【详解】 A =  x x 2 − x  0  =  x x ( x − 1 )  0  = { x x  1 或 x  0 } ， B =  x ln ( x + 1 )  0  =  x ln ( x + 1 )  ln 1  =  x x  0  ，所以AB=(1,+)．故选：C． 3．【详解】圆 C : ( x − 2 ) 2 + y 2 = 1 中圆心为 C ( 2 , 0 ) ，半径 r = 1 ， 圆心到直线 x − y = 0 的距离： d = 2 2 = 2 ，则 P Q m in = 2 − 1 ．故选：A． 4．【详解】因为 a ， b 为单位向量， 由 3a−5b =7，所以 ( 3 a − 5 b ) 2 = 4 9  9 a 2 − 3 0 a  b + 2 5 b 2 = 4 9 ，即 9 − 3 0 a  b + 2 5 = 4 9  a  b = − 1 2 ， 设a与a−b夹角为，则 c o s a a ( a a b b ) a a 2 ( a a b b ) 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 3  =  − − =  −  − = − −   −  −   + = ， π 又0,π，所以= ．故选：C． 6 5．【详解】抛掷一枚质地均匀的骰子朝上的点数， 设A表示事件“点数是1点” B ， 表示事件“点数是3点或5点”， C 表示事件“点数是偶数点” D ， 表示事件“点数是奇数点”， P ( A ) = 1 6 1 P(B)= 3 P ( C ) = 1 2 1 P(D)= 2 P ( A B ) = 1 2 ， ， ， ， ， P ( A B ) = P ( A ) + P ( B ) 此时满足 ，但P(A)P(B)，故选项A错误； P ( A D ) = P ( B D ) = 1 2 ，但P(A)P(B) ，故选项B错误； P ( A C ) = P ( B C ) = 0 成立，但P(A)P(B)，故选项D错误； 对于选项C A , B P ( A )  0 , P ( B )  0 ，对于随机事件 ，且 ，则 由 A = A B + A B 得P(A)=P(AB)+P(AB)，又B=BA+BA，得 P ( B ) = P ( B A ) + P ( B A ) ， 又因为 P ( A ) = P ( B ) ，所以P(AB)+P(AB)=P(BA)+P(BA)，则P(AB)= P(AB)，故必要性成立， 反之，由P(AB)= P(AB)可得P(AB)+P(AB)=P(BA)+P(BA)，所以P(A)=P(B)，故充分性成立，所 以C选项正确．故选：C ． {#{QQABLYiAogAoAAAAARgCAw1QCEMQkhGAAQgGQFAEsAIACBFABCA=}#}6．【详解】根据题意可知，每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的 答案第2页，共7页 1 3 ， 所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积的 2 3 ， 由此可得，第 n 次操作之后所得图形的面积是 S n = 1   2 3  n ， 即经过4次操作之后所得图形的面积是 S 4 = 1   2 3  4 = 1 8 6 1 ．故选：A． 7． S C 【详解】如图， 是球 O 的直径，则 S B C S A C 2   =  = ， 所以SA=1=SB= AB,AC = 3=BC， 在△SAC中，过A作 A M ⊥ S C 于 M ，连接 B M ，易证 B M ⊥ S C ，所以 S C ⊥ 平 面 A B M ， 3 又因为在△ABM 中，AM = BM = ,AB=1，所以 2 S △ A B M = 4 2 ，则 V = 1 3 S △ A B M  S C = 6 2 ． 故选：A． 8． a b + b a = 3 c o s C a 2 + b 2 = 3 a b c o s C = 3 a b a 2 + 2 b a 2 b − c 2 【详解】由 及余弦定理得： ， a 2 + b 2 = 3 c 2 s in 2 A + s in 2 B = 3 s in 2 C 则 ，由正弦定理得： ， 1 1 ( ) 所以 (1−cos2A)+ (1−cos2B)=31−cos2C ，即3cos2C−cos(A−B)cos(A+B)−2=0， 2 2 3 cos(A−B)=− 6 3 c o s 2 C 6 3 c o s C 2 0 又 ，所以 ， 3 cosC = 2 c o s C = − 4 9 3 3 c o s C = a b + b a  2 c o s C = 2 3 解得： 或 ，由于 ，所以 ．故选：C． 9．【详解】因为 y = 2 s in x c o s x = s in 2 x ，向右平移 π 6 个单位得 f ( x ) = s in 2  x − π 6  = s in  2 x − π 3  ， 则最小正周期为 T = 2 π 2 = π ，故A选项正确； π π π π 5π 令− +2kπ2x−  +2kπ，解得− +kπx +kπ， 2 3 2 12 12  π 5π  所以单调递增区间为 − +kπ, +kπ ,kZ，故B选项错误；    12 12  π π 5π kπ 令2x− = +kπ,解得x= + ,kZ，故C选项错误； 3 2 12 2 π π 令2x− =kπ,解得x= +kπ,kZ所以函数 3 6 f ( x ) π  的对称中心为 +kπ,0,kZ，故D选项正确． 6  故选：AD． 10．【详解】设双曲线的半焦距为c，则 c = a 2 + 1 c 2 ， = ， a 5−1 a2+1 5+1 5−1 5+1 由题意知 = a2 = ,c2 = ， a 2 2 2  a 2 e = a c = 1 ，A正确． A 2 ( a , 0 ) , B ( 0 ,1 ) , F ( − c , 0 ) , A 2 B = ( − a ,1 ) , F B = ( c ,1 ) , A 2 B  F B = 1 2 − a c = 0 ，B正确． x2 对于C，双曲线 −y2 =1的渐近线方程为xay=0， a2 {#{QQABLYiAogAoAAAAARgCAw1QCEMQkhGAAQgGQFAEsAIACBFABCA=}#}所以顶点到渐近线距离 答案第3页，共7页 d = a a 2 + 1 2 = a c = 1 e ，C错误． 对于D，因为 A 2 B  F B = 0 ，所以 A 2 F ⊥ F B ，所以 AFB为直角三角形，且 2 A 2 B F 9 0 , A 2 F a c  = = + ， 所以 AFB的外接圆半径为 2 a + 2 c ，故 A 2 F B 外接球面积 S = π   a + 2 c  2 = π 4 ( a 2 + c 2 + 2 a c ) = 2 + 4 5 π ，D 正确．故选：ABD． 11．【详解】 f ( 2 x + 1 ) 为奇函数，  f ( − 2 x + 1 ) = − f ( 2 x + 1 ) ， 令x=0，则 f (1)=0；用x替换 2 x ，则 f ( − x + 1 ) = − f ( x + 1 ) ， 又 f ( x + 2 ) 为偶函数，  f ( − x + 2 ) = f ( x + 2 ) ， 令 x = 1 ，则 f ( 3 ) = f ( 1 ) = 0 ；用 x + 1 替换 x ，则 f ( − x + 1 ) = f ( 3 + x ) ，  f ( x + 3 ) = − f ( x + 1 ) ，用x−1替换 x ，则 f ( x + 2 ) = − f ( x ) ，  f ( x + 4 ) = − f ( x + 2 ) = f ( x ) ，则 f ( x ) 的一个周期为4， f(1)=a+b=0 由 ，解得 f(0)+ f(3)=1+b=−1  a b = = 2 − 2 ，故A正确； f ( 2 0 2 3 ) = f ( 5 0 5  4 + 3 ) = f ( 3 ) = 0 ，故B错误； 由 f (−x+2)= f (x+2)，得 f ( − x ) = f ( x + 4 ) = f ( x ) ，得 f ( x ) 为偶函数，故C正确； x   0 ,1  时， f (x)=2x−2, f(0)+ f(1)=−10， f x 不关于  1 2 , 0  对称，故D错误．故选：AC． 12．【详解】 (1 − 2 x ) 5 展开式第 r + 1 项 T r + 1 = C r5 ( − 2 x ) r = C r5 x r ( − 2 ) r ， r = 2 时， x  C 25 x 2 ( − 2 ) 2 = 4 0 x 3 ， r = 3 时， 2 C 35 x 3 ( − 2 ) 3 = − 1 6 0 x 3 ， 4 0 x 3 − 1 6 0 x 3 = − 1 2 0 ．  a 3 = − 1 2 0 ．故答案为： − 1 2 0 ． 1 1 13．【详解】由题意得：=80,=5,+2=90，故P(X 90)=P(X +2)= − 0.9545=0.02275， 2 2 所以 1 2 0 0  0 .0 2 2 7 5  2 7 ．故答案为：27． 14．【详解】由 f ( x ) = e x − e 2 − x 得 f(x)=ex +e2−x 0，所以 f(x)=ex −e2−x在定义域 R 上单调递增， 又因为 f ( 2 − x ) = e 2 − x − e x = − f ( x ) ，所以 f ( x ) = e x − e 2 − x 关于(1,0)对称， 则 f(a)=−f(2−a)，即 f(a)+ f(2−a)=0， 因为 f(a)+ f(b)=0，所以b=2−a，即a+b−2=0， 所有满足 f(a)+ f(b)=0的点(a,b)中，有且只有一个在圆 C 上，则直线x+y−2=0与圆 C 相切， −2 假设圆心C(0,0)，所以r =d = = 2，所以圆C可以是x2+y2 =2， 1+1 故答案为： x 2 + y 2 = 2 ．（注：圆心到直线 x + y − 2 = 0 的距离为半径即可）． a 15．解：（1）已知S = n +n2+1，nN*， n 2 a 当n=1时，a = 1 +2，a =4； ·············································································· 1分 1 2 1 {#{QQABLYiAogAoAAAAARgCAw1QCEMQkhGAAQgGQFAEsAIACBFABCA=}#}当n=2时， 答案第4页，共7页 a 1 + a 2 = a 2 2 + 5 ， a 2 = 2 ，所以 a 1 + a 2 = 6 ． ·················································· 2分 因为 S n = a 2 n + n 2 + 1 ①，所以 S n + 1 = a n2 + 1 + ( n + 1 ) 2 + 1 ②． ················································· 3分 ②－①得， a n + 1 = a n2 + 1 − a 2 n + ( n + 1 ) 2 − n 2 ，整理得 a n + a n + 1 = 4 n + 2 ， n  N * ， ······················· 6分 所以(a n+1 +a n+2 )−(a n +a n+1 )=  4(n+1)+2  −(4n+2)=4（常数），nN*， ························· 7分 所以a +a 是首项为6，公差为4的等差数列． ····················································· 8分 n n+1 （2）由（1）知， a n + a n + 1 = 4 n + 2 ， n  N * ． 所以S =(a +a )+(a +a )+(a +a )+ +(a +a ) 20 1 2 3 4 5 6 19 20 =(41+2)+(43+2)+(45+2) +(419+2) ···················································· 10分 =4(1+3+5+ +19)+210 10(1+19) =4 +210=420 ·············································································· 13分 2 16．解：（1）连接DB交AC于点O，连接PO． 因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点， ············································ 2分 因为PB＝PD，所以PO⊥BD． ············································································ 3分 又因为AC，PO平面APC，且AC PO=O，所以BD⊥平面APC． ··························· 4分 又 B D 平面ABCD，所以平面APC⊥平面ABCD； ··················································· 5分 （2）取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH． 因为 B A D 3   = ，所以△ABD是等边三角形，所以DM⊥AB． 又因为PD⊥AB， P D  D M = D ，PD,DM 平面PDM， 所以AB⊥平面PDM．所以AB⊥PH． ····································································· 6分 由（1）知BD⊥PH，且 A B B D = B ，所以PH⊥平面ABCD． ··································· 7分 由ABCD是边长为2的菱形，在△ABC中， A H = c A o s M 3 0  = 2 3 3 ，AO=ABcos30= 3． 2 3 4 3 8 由AP⊥PC，在△APC中，PH2 = AHHC =  = ，所以 3 3 3 P H = 2 3 6 ． ················· 8分 以O为坐标原点，OB、OC分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系， ················ 9分 ( ) ( )  3   3 2 6 则A 0,− 3,0 ，B(1,0,0) ，C 0, 3,0 ，H0,− ,0，P0,− , ，     3 3 3     {#{QQABLYiAogAoAAAAARgCAw1QCEMQkhGAAQgGQFAEsAIACBFABCA=}#}( ) 所以AB= 1, 3,0 ， 答案第5页，共7页 C B = ( 1 , − 3 , 0 ) ， B P =  − 1 , − 3 3 , 2 3 6  ， ········································ 10分 设平面PAB的法向量为 n 1 = ( x 1 , y 1 , z 1 ) ，   3 2 6 n BP=0 −x − y + z =0 所以 1  1 3 1 3 1 ，令 n AB=0   1  x 1 + 3y 1 =0 y 1 = 1 得 n 1 =  − 3 ,1 , − 2 2  ． ······················· 11分 设平面PBC的法向量为 n 2 = ( x 2 , y 2 , z 2 ) ，2 所以  n n 2 2   B C P B = = 0 0   − x 2 − x 3 3 2 − y 2 + 3 y 2 2 3 = 6 0 z 2 = 0 ，令 y 2 = 1 得 n 2 = ( 3 ,1 , 2 ) ． ························· 12分 设平面PAB与平面PBC的夹角为． n n 所以cos= cosn,n  = 1 2 1 2 n n 1 2 = ( − 3 ) 2 + − 1 2 3 +   − 3 2 + 2 1   2 1  − ( 2 2 −  3 ) 2 2 + 1 2 + ( 2 ) 2 = 3 3 ， ········ 14分 所以平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为 3 3 ． ······················································· 15分 17．解：（1）记事件A：直径约 1 0 m m 的结节在1年内发展为恶性肿瘤， 事件B：该项无创血液检测的检查结果为阴性， ························································ 1分 由题意， P ( A ) = 0 .2 % ， P ( A ) = 9 9 .8 % ， P ( B | A ) = 1 5 % ， P ( B | A ) = 8 5 % ， P ( B | A ) = 8 5 % ， P ( B | A ) = 1 5 % ， ······················································································································· 3分 因为B= BA+BA， 所以 = 1 5 % P (  B 0 ) = .2 % P ( + B 8 A 5 + % B  A 9 ) 9 = .8 P % ( B = A 0 ) .8 + 4 P 8 6 ( B A ) = P ( B | A ) P ( A ) + P ( B | A ) P ( A ) ， ······································································· 5分 所以患者甲检查结果为阴性的概率为0.8486． ··························································· 6分 （2） P ( A B ) = P ( B | A ) P ( A ) = 1 5 %  0 .2 % ， ································································· 7分 P ( A | B ) = P P ( A ( B B ) ) = 1 5 %  0 1 5 .2 % %  + 0 8 .2 5 % %  9 9 .8 %  0 .0 0 0 3 5 ． ··············································· 9分 所以患者甲的检查结果为阴性，他的这个结节在1年内发展为恶性肿瘤的概率为0.00035． 10分 （3）记参加该项检查的1000位患者中，获得20万元赔付的有X人， X  B (1 0 0 0 , 0 .0 0 0 3 5 ) ，则EX =10000.00035=0.35， ··················································· 12分 记保险公司每年在这个项目上的收益为Y元， Y =2001000−2105X， ······················································································ 13分 则EY =2001000−2105EX =1.3105， ··································································· 14分 所以保险公司每年在这个项目上的收益估计为13万元． ············································· 15分 {#{QQABLYiAogAoAAAAARgCAw1QCEMQkhGAAQgGQFAEsAIACBFABCA=}#}18．解：（1）设动点M 坐标为(x,y)，则根据题意得 答案第6页，共7页 ( x − 2 ) 2 + y 2 = 2 x − 1 2 ， ··············· 2分 两边同时平方，化简可得 x 2 − y 3 2 = 1 ，所以曲线 E 的方程为 x 2 − y 3 2 = 1 ； ······················· 4分 （2）由题设点 P ( x 0 , y 0 ) ， 因为点 P 不在 x 轴上，即 y 0  0 ，所以曲线 E 在点 P 的切线斜率存在，设为 k ， ·············· 5分 则在点 P 的切线方程为： y − y 0 = k ( x − x 0 ) ， ····························································· 6分 联立方程组：  y x − 2 − y 0 y 3 = 2 k = ( 1 x − x 0 ) ， 整理得： ( 3 − k 2 ) x 2 − 2 k ( y 0 − k x 0 ) x − ( y 0 − k x 0 ) 2 − 3 = 0 ，··········································· 7分 因为双曲线的渐近线为 y =  3 x ，所以 k 2  3 ，  = 4 k 2 ( y 0 − k x 0 ) 2 + 4 ( 3 − k 2 )  ( y 0 − k x 0 ) 2 + 3  ， 令Δ=0，得 k 2 ( x 20 − 1 ) − 2 k x 0 y 0 + y 20 + 3 = 0 ． ·························································· 8分 因为点 P ( x 0 , y 0 ) 在双曲线上，所以 x 20 − 1 = y 3 20 ，即 y 20 + 3 = 3 x 20 ，所以 k 2 y 20 − 6 k x 0 y 0 + 9 x 20 = 0 ， 因为 y 0  0 所以两边同时除以 y 20 ，解得 k = 3 x 0 y 0 ． 所以在点P的切线方程为 y − y 0 = 3 x 0 y 0 ( x − x 0 ) ，即 x 0 x − y 03 y = 1 ． ································ 10分 因为P(x ,y ) ， 0 0 P Q ⊥ l ，所以 Q  1 2 , y 0  ， 所以直线PQ中垂线 C D 方程为 x = x 0 + 2 1 2 ，即 x = 2 x 04 + 1 ， ······································· 11分 1  2y 5 y  因为A(2,0) ,Q  ,y ，所以直线AQ的斜率为k =− 0 ，线段AQ的中点为E  , 0 ， 2 0  AQ 3 4 2  3 所以直线AQ中垂线EF 的斜率为k = ， ·························································· 13分 EF 2y 0 所以直线 A Q 中垂线 E F 的方程为 y − y 2 0 = 2 3 y 0  x − 5 4  ． 联立直线 C D 与直线 E F  x y = − 2 y 2 x 0 04 = + 1 2 3 y 0  x − 5 4  ，得外心坐标  2 x 04 + 1 , 3 x 0 − 4 6 y + 0 2 y 20  ． ··· 15分 2x +1 将外心横坐标x= 0 代入过点 4 P 的切线方程 x 0 x − y 03 y = 1 ， 3x −6+2y2 化简得到 y = 0 0 ，与外心的纵坐标相等． 4y 0 所以曲线E在P点的切线经过△PQA的外心． ························································· 17分 {#{QQABLYiAogAoAAAAARgCAw1QCEMQkhGAAQgGQFAEsAIACBFABCA=}#}19．解：（1）解：当a=−1时， 答案第7页，共7页 f ( x ) = e x s in x − x ， 则 f '( x ) = e x ( s i n x + c o s x ) − 1 = 2 e x s in  x + π 4  − 1 ． ··················································· 1分  π 当x 0, 时，    2 x + π 4   π 4 , 3 π 4  ，所以 2 2  s in  x + π 4   1  π ，所以1 2sinx+  2． ······· 3分  4  π 又ex 1，所以 2sinx+ 1，所以  4 f (' x )  0 恒成立， ············································ 4分 所以 f(x)在区间  0 , π 2  上单调递增， 所以 f(x)的最小值为 f ( 0 ) = 0 ． ··············································································· 6分 （2）解：由已知可得 f ( 0 ) = 0 ，则 f ( x ) 在区间  0 , π 2  上有且只有1个零点． f '( x ) = e x s i n x + e x c o s x + a ， 令g(x)=exsinx+excosx+a， x   0 , π 2  ． 则g(x)=ex(sinx+cosx)+ex(cosx−sinx)=2excosx， ··················································· 7分 因为g(x)=2excosx0在区间  0 , π 2  上恒成立， 所以 f '(x)在区间  0 , π 2  上单调递增． 所以，当x=0时， f '( x ) 有最小值 f (' 0 ) = a + 1 ；当 x = π 2 时， f '( x ) 有最大值 f '  π 2  = e π2 + a ， 9分 当a−1时，有 f (' 0 ) = a + 1  0 ，则 f '( x )  0 恒成立， 则 f(x)在区间  0 , π 2  上单调递增，所以 f ( x )  f ( 0 ) . 又 f ( 0 ) = 0 ，所以 f ( x ) 在区间  0 , π 2  上无零点，不符合题意，舍去； ······························· 11分 当 a−e  2 时，有 f '    π 2    =e π 2 +a0恒成立，则 f(x)在区间    0, π 2    上单调递减，所以 f (x) f (0). 又 f ( 0 ) = 0 ，所以 f ( x ) 在区间  0 , π 2  上无零点，不符合题意，舍去； ······························· 13分  当 时，有 −e2 a−1 f (' 0 ) = a + 1  0 ， f ' π 2  = e π2 + a  0 .  π 又 f '(x)在区间 0, 上单调递增，    2 根据零点的存在定理可得，  x 0   0 , π 2  ，使得 f '(x)=0. 当 x  [ 0 , x 0 ) 时， f '( x )  0 ， f ( x )  π 单调递减：当x  x 0 , 2   时， f '(x)0， f ( x ) 单调递增. 又 f(0)=0， f  π 2  = e π2 + π 2 a ，要使 f(x)在区间  0 , π 2  上有且只有一个零点， π π 2 π 则e2 + a0，解得a− e2. ·············································································· 16分 2 π  2 π 又 ，所以− e2 a−1．······································································· 17分 −e2 a−1 π {#{QQABLYiAogAoAAAAARgCAw1QCEMQkhGAAQgGQFAEsAIACBFABCA=}#}