福建省名校联考2025届高三11月期中质量检测试题及答案数学答案

数学试题参考答案及评分标准一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.12345678BCACDBDD1.答案：B解析：B={x|-1<x<3},则A∩B={0,1,2},解析：m³>n³⇔m>n,3”>3”⇔m>n,故选C.3.答案：A 4.答案：C解析：y¹=2e²,设切点为P(x。,e²),则在该点处的切线方程为y=2e²(x-x。)+e²,所以,解得,故选C解析：依题意得解得6.答案：B解析：7.答案：D6·c=b·(c-2a+2a)=b(c-2a)+25·a≤51k-2a|+1=2,故选D.8.答案：D所以y=x²-ae在(-1,0)和(0,+∞)均至少各有一个变号零点，x²-aeˣ=0⇔a=x²e*,设g(x)=x²e⁻*,x∈(-1,+∞),g'(x)=-x(x-2)e⁻高三数学第2页(共4页)所以g(x)在(-1,0),(2,+∞)上递减，(0,2)递增；作出y=g(x)图象，由图可知，a∈(0,4e-²),故选D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.答案：BD解析：,所以a₁=11,公差d=2,故选项B正确；又a₀=a₁+9d,则a=-9,故选项A错误；,所以S₅最小，故选项C错误；S>0,解得n>10,故选项D正确；所以选BD 解析：f(x)=sin2x+acos2x=√1+a²sin(2x+φ),,即 即,解得a=1,故选项A正确；f(x)的对称中心为,k∈Z,,取k=-2,即为,故选项B正确；所以选ABD.解析：解法1:函数模型满足条件；解法2:令x=y=0,得f(0)=f(0)f(1)+f(0)f(1),即f(0)=0,故选项A正确；令y=1,得f(x+1)=f(x)f(0)+f(1)f(1-x)=f(1-x),即f(x)=f(2-x),故选项B正确令x=-1,则f(y-1)=f(-1)f(1-y)+f(y)f(2),又f(2)=f(0)=0所以f(y-1)=f(-1)f(1-y),即f(x)=f(-1)f(-x),若f(-1)=1,则f(x)为偶函数，取,得所以f(-1)=-1,此时f(x)=f(-1)f(-x)=-f(-x),即f(x)是奇函数故选项C错误；所以f(x)=-f(-x)=-f(x+2),所以f(x+4)=-f(2+x)=f(x),故f(x)周期为4,f(1)=1,f(2)=f(0)=0,f(3)=f(-1)=-f(1)所以f(4k-3)+f(4k-2)+f(4k-1)+f(4k)故选项D正确；所以选ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.解析：公比,所以,则数列{|a}的前6项和为解析：f(x)定义域为{x|x(x+b)>0}关于x=1对称，所以b=-2,则依题意f(x)=f(2-x),ln所以(x-a)³=-(2-x-a³=(x+a-2),所以-a=a-2,即a=1,所以a+b=-1.△ABC中，余弦定理可得AC²=BA²+BC²-2BA·BC·cos∠ABC,所以AC≤√9+4√5=2+√5.四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.(2)已知F(1,0),②当直线1斜率存在时，设直线的方程为y=k(x-1),A(x,y₁),B(x₂,y₂),联立直线与椭圆方程化简得(1+2k²)x²-4k²x+2k²-2=0,综上，直线l的方程为y=0或x-y-1=0或x-2y-1=0.…13分16.解：(1)解法1:由正弦定理得：csinB=2sin所以c=2.…………………………6分解法2:化简可即bc=2b,…………5分(2)解法1:所以3sinCcosB=2sinBcosC+2sinCcosB=2sin(B+C)=2sinA,10分,当时取等.15分解法2:ccosB=2bcosC,余弦定理可得由余弦定理可得a²=b²+c²-2bc则有12=a²+3b²=4b²+4-4bcosA,解法3:即a²+3b²=3c²=12,由余弦定理可得b²=a²+c²-2accosB=a²+4-4a则有12=a²+3b²=4a²+12-12acosB,时取等12分15分解法4:如图过点C作底边AB的高CD,不妨设AD=1+d,BD=1-d,CD=h,则有b²=(1+d)²+h²,a²=(1-d)²+h²,则3b²+a²=3(1+d)²+3h²+(1-d)²+h²=12,解法5:…15分a²=12-3b²代入化简可得S=√-b⁴+解法6:易知B,C均为锐角，如图，做边BC上的高AD,则有BD²+AD²=AB²=4解法7: BA·BC=2CA·CB⇔ccosB=2bccosB=2bcosC,17.(1)证明：连接BO并延长交AC于点D,连接OA、DA,依题意AO⊥平面ABC,AO,BOc平面ABC,又OEa平面AAC₁C,ADc平面AAC₁C,(2)过点A作AzZIIOA,如图建立空间直角坐标系A-xyz.……分以OB=OA=√AA²-AO²=2,设AB=2a,AD=2b,则有a²+b²=4,………O(a,b,0),B(2a,0,0),A(a,b,2√3),C(0,3,0),则,AB=(2a,0,0),AC=(0,3,0),……………9分设平面AEC的法向量为n=(x,y,z),所以三棱柱ABC-AB₁C₁的体(2)过点E作EFIIOA交BD于点F,则EF⊥平面ABC过F点作FH//AB交AC于点H,则FH⊥AC,所以AC⊥EH,设AB=a,则设点B到平面ACE的高为h,则直线AB与平面EAC所成角的正弦值为,即B₁B₁………………11分 所以F(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，…………………3分(2)解法1:,x∈(0,+o),所以f'(1)=ae¹-a-1<0,所以当0<x<x。,时f'(x)<0,当x>x。时，f'(x)>0,即f(x)在(0,x。)上单调递减，在(x。,+∞)上单调递增；显然单调递减，且x。=1时，,y=0又,即解法2:f(x)≥0⇔ae⁻⁴≥(Inx+1)e⁻³,………5分设m(x)=(Inx+1)e⁻,x∈(0,+∞),所以当0<x<1,时m'(x)>0,当x>1时，m'(x)<0,即m(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调又由(1)可知由(1)可得a-l≥lna,则a-1=Ina,f(x)+|x-a|=ae-Inx+x-a-1=a(高三数学第7页(共4页)所以a₄=a₁+a₂-a+…+a₄-a对e,k=1,2,3,中1的个数进行分类，所以a=a₁+a₂-a+…+a-a₋=1+b₁2¹+b22²+…+b假设(a,),=1+b,2¹+b.2²+…+b,2”,(a),=1+b,2¹+b₅2²+…+b,_不妨假设则(a),-(a),≥(1-2'-2²-…-2²+2)-(=(-2⁻¹+3+2-)-(2-¹-1-2-)=4………………8分易得c₁=1-2-2²-…-2”¹=-2”+3,又c₂-C₁=C₂-C₂-+c₂-Cz₋1-2+…+C₂-c₁②当n=2时，{c}只有两项，分别为-1,3,故和为2,…………………15分解法2:(2)①当n=3时，a₃的所有可能取值为7,-1,3,-5,所以数列{cm}共四项，为-5,-1,3,7,所以{c}构成以-5为首项，4为公差的等差数列，且共有4项；猜测对于n≥3,{c}构成以1-2-2²-…-2”¹=3-2”为首项，4为公差的等差数列，假设当n=k,k≥3时成立，即a∈{t|t=3-2*+4(j-1),j=1,2,3,…,2-;所以aH∈{|t=3-2*+4(j-1)+2*,j=1,2,3,…,2⁻3U{tk=3-2*+4(j-1)-2*,j=1下证明A∩B=.A中的最小元素为3-2*+2*=3,B中的最大元素为3-2*+4(2¹-1