福建省南平市2025届高中毕业班第三次质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省南平市2025届高中毕业班第三次质量检测数学试题一、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.若，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】，由得，，即，则，故.故选：B2已知复数，则（）A. B. C. D.6【答案】B【解析】因为复数，所以.故选：B3.已知双曲线的一条渐近线为，则的离心率为（）A. B. C.2 D.【答案】D【解析】由题可得，所以的离心率为.故选：D4.已知平行六面体的体积为4，若将其截去三棱锥，则剩余几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设点到平面的距离为，四边形的面积为，显然有，所以，因此剩余部分几何体的体积为，故选：C5.若，则（）A.0或 B.或1 C.1 D.0【答案】D【解析】因为，所以，所以或，因为，，所以即，或（舍去），所以.故选：D6.已知数列前项和为，若，且对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，且对任意的，都有成立，所以，所以.故选：D.7.已知函数在区间恰有两个极大值点、三个对称中心，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】，时，，因为在区间恰有两个极大值点、三个对称中心，故，解得.故选：A8.设表示不超过实数的最大整数，如，则方程解的个数为（）A.4 B.5 C.6 D.7【答案】B【解析】方程解的个数等价于函数和的图象交点个数，作函数和的图象如图所示：由图可知函数和的图象的交点个数为5.方程解的个数为5.故选：B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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.9.已知甲组数据的平均数为8，方差为2，由这组数据得到乙组数据，其中，则（）A.数据的平均数为B.乙组数据的方差为11C.数据的方差小于2D.甲组数据的第25百分位数是乙组数据的第25百分位数的2倍【答案】AC【解析】数据的平均数为8，数据，对于A，由题，，，所以数据的平均数为，故A正确；对于B，由题乙组数据的方差为，故B错误；对于C，由题可得数据的平均数为8，所以数据的方差为，故C正确；对于D，因为，所以甲组数据的第25百分位数是第二大数据设为，则乙组数据的第25百分位数是，甲组数据的第25百分位数小于乙组数据的第25百分位数的2倍，故D错误.故选：AC10.已知函数则下列说法中正确的是（）A.为奇函数B.任意，存在，使得恒成立C.若方程恰有两个不等实根，则D.若方程恰有三个不等实根，则【答案】BCD【解析】对于A，，即，所以不为奇函数，故A错误；对于B，当时，由对恒成立，得，可得对恒成立，故，当，由对恒成立，得，所以对恒成立，故，所以对任意，存在，使得恒成立，故B正确；对于C，若方程恰有两个不等正实根，则有两个不等的正根，所以有两个不等的正根，则，解得时有两不等的实根，且，故C正确；对于D，当时，在内单调递增，且，所以只有一个根，故时，恰有两个不等的正根时，有三个不等的实根，由C可知当时，有两个不等的正根，不妔设此两正根为，且，所以，若第三个根为，由题意可得，所以，解得，所以，故D正确；故选：BCD.11.已知向量满足，则（）A.当时，与的夹角为 B.当时，在上的投影向量为C.的最大值为 D.的最小值为4【答案】BCD【解析】当时，可得，又，所以，故A错误；由，可得，又，所以，所以，所以在上的投影向量为，故B正确；设的夹角为，所以，，所以，设，所以，因为，所以，所以，当时，，所以，故C正确；当时，，所以，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.已知数列中，，，则_______.【答案】7【解析】由题意，．故答案为：7．13.设抛物线的焦点为F，过F且斜率为2的直线l与C交于P、Q两点，则______.【答案】【解析】抛物线的焦点为，过F且斜率为2的直线l方程为：，设，，联立得：，则，所以.故答案为：.14.已知正方体的棱长为4，点分别为线段上的动点，则的最小值为___________，此时___________.【答案】①.；②..【解析】由题可以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，设，所以，当取得最小值时，为异面直线和的公垂线段，所以此时且，故，所以取得最小值时，，，所以的最小值为，此时.故答案为：；.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.记的内角所对边分别为，已知.（1）证明：为等边三角形；（2）点分别在直线两侧，且，求四边形的面积.（1）证明：因为，所以，由正弦定理得，又，所以，所以，所以，所以为等边三角形；（2）解：由余弦定理得，所以，所以四边形的面积为.16.已知函数，其导函数.（1）求的单调区间；（2）证明：.（1）解：由题函数定义域为R，，令，所以当时，，当时，，所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）证明：由（1），所以在上恒成立，所以函数即在上单调递增，又，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在单调递增，所以，即.17.建瓯挑幡是国家级非物质文化遗产，常见动作招式有手舞东风转、肩扛南天松、肘擎中军令、牙咬北海塔.现有甲、乙两队进行挑幡比赛，规则如下：①比赛至多4局，每局比赛获胜方得1分，负方得0分，没有平局；②若一方先多得2分，则赢得比赛，比赛终止；③若4局后一方未多得2分，比赛也终止.假设每局比赛甲队获胜的概率均为，且每局比赛结果相互独立.（1）求比赛局数为的概率；（2）已知比赛终止时甲队得2分，求甲队赢得比赛的概率；（3）将（1）中作为某区挑幡爱好者完成常见动作招式的概率的值.现从该区挑幡爱好者中随机调查20人，设其中能完成动作招式的人数为，求使得最大的的值.解：（1）依题意比赛局数为或，又比赛局数为的概率，比赛局数为的概率，（2）记比赛终止时甲队得2分为事件，甲队赢得比赛为事件，则，，所以.（3）依题意，所以，且，令，即，即，解得，又，所以.18.在平面直角坐标系中，已知椭圆的右顶点为，过的焦点且垂直于轴的弦长为2.（1）求的方程；（2）过点作斜率之积为1的两条不同的直线，若交于两点，交于两点，为的中点，直线与交于点.①证明：为的中点；②求面积的最大值.解：（1）已知椭圆的右顶点为，根据椭圆的性质，右顶点坐标为，所以.过椭圆的焦点且垂直于轴的弦长为，不妨设焦点为，将代入椭圆方程，可得，即，那么弦长为.把代入，可得.所以椭圆的方程为.（2）①根据条件知道，两直线斜率存在且不为.设直线方程，，与椭圆联立，消去得到关于的一元二次方程.根据韦达定理，可得，.因为是AB中点，所以，，即.同理可得CD中点.联立直线MT与直线CD方程，解得交点坐标为，与点坐标相同，所以为CD中点.②已知，的面积，则.对其化简：先通分.分子分母同时除以得，因为，所以.令，则.根据基本不等式，对于，有，所以.当且仅当，即，时，的面积取最大值.19.若简单多面体可以被分割成个完全相同的小多面体，则称该简单多面体为“等和多面体”，其中分别表示简单多面体的顶点数、棱数、面数.记每个小多面体的顶点数、棱数、面数分别为，，，，（为与分割方式有关的正整数）.（1）已知长方体是“等和多面体”，按分割方式：过长方体共顶点的三条棱的中点，各作一个与该棱垂直的平面，将长方体分割成若干个完全相同的小长方体，求该分割方式下的值；（2）判断正四面体是否为“等和多面体”.若是，请先描述一种分割方式，再求出该分割方式下的值；若不是，请说明理由；（3）若简单多面体是“等和多面体”，求分割后小多面体的个数与的等量关系.参考公式：多面体欧拉定理可表示为“顶点数棱数面数”，即.解：（1）已知过长方体共顶点的三条棱的中点，各作一个与该棱垂直的平面，将长方体分割.在长方体每个维度上都被分割成两份，所以小长方体的个数为；原长方体顶点数，每个小长方体顶点数，，又，所以；原长方体棱数，每个小长方体棱数，，又因为，所以；原长方体面数，每个小长方体面数，，又因为，所以.（2）正四面体，，