福建省南平市2025届高中毕业班第三次质量检测数学试题（含答案）

福建省南平市2025届高中毕业班第三次质量检测数学试题及答案解析一、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，只有一项符合题目要求.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.若集合，，则（）A.B.C.D.2.已知复数，则（）A.B.C.D.3.已知双曲线的一条渐近线为，则的离心率为（）A.B.C.D.4.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.5.若，，则（）A.或B.或C.D.6.已知数列的前项和为，若，且对任意的，且对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（）A.B.C.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.8.设表示不超过实数的最大整数，如，，，则方程解得个数为（）A.B.C.D.二、多项选择题：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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知甲组数据的平均值为，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C.数据,8的方差小于D.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10.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数根，则D.若方程恰有三个不等实根，则11.已知向量满足，，则（）.当时，与的夹角为.当时，在上的投影向量为.的最大值为.的最小值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知数列中，，，则.13.设抛物线的焦点为，过且斜率为2的直线与交于两点，则.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.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）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.16.（15分）已知函数，其导函数为.（1）求的单调区间；（2）证明：.17.（15分）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4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.18.（17分）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.19.（17分）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“26-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“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=2”，即.答案解析一、选择题1.B解析：，，∴.2.B解析：∵，∴，∴.3.D解析：由题可得，∴的离心率为.4.C解析：设点到平面的距离为，四边形的面积为，显然有，∴，因此剩余部分几何体体积为.5.D解析：∵，，∴，∴，∴或，∵，∴，，∴，∴，∴.6.D解析：∵，且对任意的，且对任意的，都有成立，∴，∴.7.A解析：，时，，∵函数在区间恰有两个极大值点，三个对称中心，∴，解得.8.B解析：方程解得个数等价于和的图象交点个数，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，∴方程解得个数为5.二、多项选择题9.AC解析：对于A，由题，，，∴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,8的平均数为8，∴数据,8的方差为，故C正确；对于D，∵，∴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.10.BCD解析：对于A，，，即，∴不为奇函数，故A错误；对于B，当时，∵对恒成立，∴，∴对恒成立，∴；当时，∵对恒成立，∴，∴对恒成立，∴，∴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实数根，则有两个不等的正跟，∴有两个不等的正跟，则，解得时有两个不等的实根，且，故C正确；对于D，当时，在内单调递增，且，∴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，由可知当时，有两个不等的正跟，不妨设这两正根为，且，∴，若第三个根为，由题意可得，∴，解得，∴，故D正确.11.BCD解析：对于A，当时，，又，∴与的夹角为，故A错误；对于B，当时，，又，，∴，∴在上的投影向量为，故B正确；对于C，设的夹角为，∴，，∴，设，∴，∵，∴，∴，当时，，∴，故C正确；当时，，∴，故D正确.三、填空题12.7解析：由题意，.13.5解析：抛物线的焦点，过且斜率为2的直线，设，联立，得，则，∴.14.解析：由题以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，∴，，设，，∴，当取得最小值时，为异面直线和的共垂线段，此时，且，故，即，解得，∴取得最小值时，，∴，∴的最小值为，此时.四、解答题15.解：（1）证明：∵，∴，由正弦定理得，又，∴，∴，∴，∴，∴，∴为等边三角形.（2）由余弦定理得：,∴，∴四边形的面积为.16.解：（1）由题意知函数定义域为，，令，解得，∴当时，；当时，，∴函数的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）证明：由（1），∴设，则在上恒成立，∴函数即在上单调递增，又，∴当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，∴，即.17.解：（1）依题意，比赛局数为2或4，比赛局数为2的概率，∴比赛局数为4的概率.（2）记比赛终止时甲队得2分为事件A，甲队赢得比赛为事件B，则，，∴.（3）依题意，∴且，令，即，即，解得，又，∴.18.解：（1）由题意可得，不妨设焦点坐标为，将代入椭圆方程得，即，那么弦长为，∴.∴椭圆的方程为.（2）①由题意可知，两直线斜率存在且不为.设直线方程为，，，联立，整理得，∴，∵为的中点，∴，，即.同理可得中点坐标.联立直线与直线方程，解得交点坐标为，与点坐标相同，∴为中点.②已知，的面积，则，∵，∴，令，则，∵，∴，当且仅当，即时，面积的最大值为.19.解：（1）∵过长方体共顶点的三条棱的中点，各作一个与棱垂直的平面，将长方体分割成若干个完全相同的小长方体，∴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，∴，∵原长方体棱数，每个小长方体棱数，∴，又，∴，∵原长方体面