2025年福建省漳州市华安一中高三（上）模拟数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025年福建省漳州市华安一中高三（上）模拟数学试卷一、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.已知集合A={1,2,3}，B={x|y=1−x2}A.{1} B.{0,1} C.{−1,1} D.{−1,0,1}2.若|a+b|=|aA.6 B.−6 C.3 D.−33.已知圆锥的底面半径与球的半径相等，且圆锥的侧面积与球的表面积相等，则该圆锥的体积与该球的体积之比为(

)A.178 B.154 C.4.在等比数列{an}中，a1⋅a2A.±6 B.−6 C.36 D.65.已知cos(α+π6)=A.−35 B.35 C.−6.已知等差数列{an}的公差小于0，前n项和为Sn，若a2=a7A.45 B.52 C.60 D.907.金针菇采摘后会很快失去新鲜度，甚至腐烂，所以超市销售金针菇时需要采取保鲜膜封闭保存.已知金针菇失去的新鲜度ℎ与其来摘后时间t(天)满足的函数解析式为ℎ=mln(t+a)(a>0).若采摘后1天，金针菇失去的新鲜度为40%；若采摘后3天，金针菇失去的新鲜度为80%.现在金针菇失去的新鲜度为60%，则采摘后的天数为(    )(结果保留一位小数，2≈1.41)A.1.5 B.1.8 C.2.0 D.2.18.已知对于∀x>0，都有eax+a≤1−lnxx，则aA.−1 B.−12 C.−1二、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.下列命题正确的是(

)A.若z=(a2−1)+(a2−2a−3)i为纯虚数，a∈R，则a=±1

B.若(m+n)+(m−2n)i=−1+5i，m，n∈R，则m=1，n=−2

C.D.若−4+3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)10.已知偶函数f(x)=cos(2ωx+φ)−3sin(2ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的周期为π，将函数A.g(x)=2cos(2x−π6)

B.函数g(x)的图象关于直线x=π6对称

C.不等式g(x)≥1的解集为{x|kπ≤x≤kπ+π11.定义在R上的偶函数f(x)，满足f(x+2)−f(x)=f(1)，则(

)A.f(1)=0 B.f(1−x)+f(1+x)=0

C.f(1+2x)=f(1−2x) D.i=1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知等比数列{an}的各项均为正数，且3a12,a13.已知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)=−eax.若f(ln2)=16，则a=14.已知圆台O1O2的高为6，AB，CD分别为上、下底面的一条直径，且AB=4，CD=8，则圆台O1O2的体积为______；若A，B，四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ccosB−33csinB=a．

(1)求角C；

(2)若△ABC的面积为23，D为BC16.(本小题12分)

如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是梯形，BC//AD,PA=AB=BC=1,AD=2,PC=3，PA⊥平面ABCD．

(1)求证：平面PBC⊥平面PAB；

(2)在棱PD上是否存在一点E，使得二面角E−AC−P的余弦值为63.若存在，求出17.(本小题12分)

已知函数f(x)=x3+x+a(a∈R)及点P(1,0)．

(1)若点P在f(x)的图象上，求曲线y=f(x)在点P处的切线的方程；

(2)若过点P与f(x)的图象相切的直线恰有2条，求18.(本小题12分)

已知数列{an}的前n项和为Sn，an+1=2an+2n(n∈N∗)，a1=1．

(1)证明：数列{an2n}为等差数列，并求数列{a19.(本小题12分)

已知函数f(x)=xlnx(x>0)；

(1)求函数f(x)的极值；

(2)若不等式f(x)≥ax+b(a,b∈R)当且仅当在区间[e,+∞)上成立(其中e为自然对数的底数)，求ab的最大值；

(3)实数m，n满足0<m<n，求证：lnm+1<f(n)−f(m)n−m<lnn+1参考答案1A

2B

3B

4D

5D

6A

7B

8C

9BD

10BCD

11AC

123

13−4

1456π

80π

15解：(1)在△ABC中，A=π−(C+B)，所以sinA=sin(C+B)，

因为ccosB−33csinB=a，

由正弦定理得sinCcosB−33sinCsinB=sinA=sinBcosC+cosBsinC，

整理得−33sinCsinB=sinBcosC，

因为sinB≠0，所以tanC=−3，

因为C∈(0,π)，

所以C=2π3；

(2)在△ABC中，S△ABC=12absinC=34ab=23，可得ab=8，①

在△ADC中，AD=23，DC=a2，C=23π，

16(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AC、BC⊂平面ABCD，

所以PA⊥AC，PA⊥BC，可得AC=PC2−PA2=3−1=2，

又因为AB=BC=1，所以AB2+BC2=AC2，可得AB⊥BC，

因为PA、AB是平面PAB内的相交直线，所以BC⊥平面PAB，

又因为BC⊂平面PBC，平面PBC⊥平面PAB；

(2)解：因为BC/​/AD，BC⊥平面PAB，所以AD⊥平面PAB，

以A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，

则C(1,1,0)，P(0,0,1)，D(0,2,0)，PD=(0,2,−1)，

设PE=λPD=(0,2λ,−λ)，(0<λ<1)，则AE=AP+PE=(0,0,1)+(0,2λ,−λ)=(0,2λ,1−λ)，AC=(1,1,0)，

设平面EAC的法向量为u=(x1,y1,z1)，可得u⋅AC=x1+y1=0u⋅AE17解：(1)∵点P在f(x)的图象上，∴f(1)=0，

由f(x)=x3+x+a，得f′(x)=3x2+1，则f′(1)=4，

∴曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=4(x−1)，即4x−y−4=0；

(2)设过点P的直线与f(x)的图象切于点Q(t,t3+t+a)，

则切线PQ的斜率k=f′(t)=3t2+1，

∴PQ的方程为y−t3−t−a=(3t2+1)(x−t)，

把点P(1,0)的坐标代入，得2t3−3t2−1=a，

由题意可得关于t的方程2t3−3t2−1=a有两个不等的实根．

设g(t)=2t3−3t2−1，则g′(t)=6t2−6t，

令g′(t)=6t2−6t>0，得t<0，或t>1，则g(t)18解：(1)证明：数列{an}的前n项和为Sn，an+1=2an+2n(n∈N∗)，a1=1，

由an+1=2an+2n，两边同时除以2n+1，

可得an+12n+1=an2n+12⇒an+12n+1−an2n=12，又a12=12，

所以数列{an2n}是首项、公差均为12的等差数列，

由等差数列的通项公式可得an2n=12+12(n−1)=n219(1)解：由函数f(x)=xlnx，得f′(x)=1+lnx，

当0<x<1e时，f′(x)<0，当x>1e时，f′(x)>0，

则函数f(x)在(0,1e)上单调递减，在(1e,+∞)上单调递增，

所以当x=1e时，函数f(x)取得极小值−1e，无极大值．

(2)解：由题意得f(x)≥ax+b⇔lnx−a−bx≥0，

令ℎ(x)=lnx−a−bx，则ℎ′(x)=1x+bx2=x+bx2，

若b≥0，则ℎ′(x)>0恒成立，所以ℎ(x)在(0,+∞)单调递增，

所以ℎ(e)=0，即1−a−b