1、福建省厦门市2025届高三第三次质量检测数学试卷学校：_姓名：_班级：_考号：_一、选择题12025届福建厦门三模已知全集为R,则图中阴影部分表示的集合是( )A.B.C.D.1答案：C解析：易知,又,所以,故选:C.22025届福建厦门三模若,则( )A.1B.C.2D.42答案：B解析：因为,所以,所以.故选:B.32025届福建厦门三模已知随机变量,若,则( )A.B.C.D.3答案：B解析：因为,所以,解得,即,所以.故选:B.42025届福建厦门三模设,则( )A.B.C.0D.14答案：A解析：令可得,令可得,所以,故选:A.52025届福建厦门三模已知菱形的边长为2,E为的中点,则( )A.B.C.D.5答案：D解析：,所以,故选:D.62025届福建厦门三模在正方体中,M为的中点,l为平面与平面的交线,则( )A.B.C.D.6答案：D解析：设N为的中点,连接,M为的中点,N为的中点,又,四点共面,平面与平面的交线为,则l即为所在直线,与是异面直线,即l与是异面直线,故A错误;,而在直角中,则与不垂直,故与不垂直,即l与不垂直,故B错误;平面,平面,又,平面,平面,又,
2、平面,即平面,平面,故C错误,D正确,故选:D.72025届福建厦门三模已知数列是首项和公比均大于0的无穷等比数列,设甲:为递增数列;乙:存在正整数,当时,则( )A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件7答案：A解析：设无穷等比数列的公比为q,依题意,若为递增数列,则,为指数型递增数列,必存在正整数,当时,充分性成立;不妨设,此时不是递增数列,所以甲是乙的充分条件但不是必要条件.故选:A82025届福建厦门三模设O为坐标原点,若曲线和曲线上分别存在A,B两点,使得,则a的取值范围为( )A.B.C.D.8答案：C解析：设,则,当时取等号;令,则,当时,;当时,在上单调递减;当时,在上单调递增,则,得,则,设,则.取,此时,即,解得,即a的取值范围为.故选:C.二、多项选择题92025届福建厦门三模已知直线为函数图象的一条对称轴,则( )A.的最小正周期为B.C.D.的图象关于点对称9答案：BC解析：,其中,则的最小正周期为,故选项A错误;,因为直线为函数图象的一条对称轴,所以,即,解得,故选项B
3、正确;由B可知,因为,所以,故选项C正确;,故选项D错误.故选:BC.102025届福建厦门三模过点的直线交圆于点P,Q,交圆于点M,N,其中T,P,Q,M,N顺次排列.若,则( )A.B.C.D.10答案：ABD解析：由圆,知圆心为,半径为,由,知圆心为,半径为,又,对于选项A,均为钝角,在中,由正弦定理知,得到,同理可得,所以,则,故,所以选项A正确,对于选项B,同理可知,所以,因为,所以,所以选项B正确,对于选项C,方法1:取中点S,则,又易知,所以,故选项C错误,方法2:取中点为H,设,则,由勾股定理可得,即,解得,所以选项C错误,对于选项D,由选项C可知,所以,由选项B可知,所以选项D正确,故选:ABD.112025届福建厦门三模已知四棱锥的高为2,底面是边长为2的正方形,则( )A.的面积为定值B.C.四棱锥表面积的最小值为D.若四棱锥存在内切球,则该球半径为11答案：ABD解析：对于选项A,因为,所以P在底面的射影在直线的垂直平分线上,过作垂直于H,连接,因为面,面,则,又,面,所以面,又面,则,又底面是边长为2的正方形,则,所以,的面积为,故选项A正确,对于选项B,由选
4、项A易知,则,所以,故选项B正确,对于选项C,过分别作的垂线,垂足分别为E,F,由选项A知与面积为定值,易知,若在正方形内时,不妨设,则,则,因为可看成点到点和点的距离之和,则,所以,此时四棱锥表面积的最小值为,若在正方形外时,不妨设,则,因为可看成点到点和点的距离之和,则,所以,此时四棱锥表面积的最小值为,综上,四棱锥表面积的最小值为,故选项C错误;对于选项D,若四棱锥存在内切球,则该球与平面,平面,平面均相切,过作垂直于G,所以的内切圆半径等于该球半径,又,设的内切圆半径为r,则,得到,所以选项D正确,故选:ABD.三、填空题122025届福建厦门三模已知,则_.12答案：解析：,所以.故答案为:132025届福建厦门三模已知椭圆的焦点为,P为C上的一点,若的周长为18,则C的离心率为_.13答案：/0.8解析：若C的长半轴为,即,又,所以的周长小于,不符题意;所以C的长半轴为,所以,解得,所以椭圆,所以C的离心率为.故答案为:142025届福建厦门三模6根长度相同的绳子平行放置在桌面上,分别将左、右两边的6个绳头各自随机均分成3组,然后将每组内的两个绳头打结,则这6根绳子恰能围成
5、一个大圈的概率为_.14答案：解析：左,右两边的各6个绳头各自随机均分成3组,共有种,先选定左边第一条绳子的绳头,然后从左边剩下的5个绳头里任取一个打结,然后按照从右边4个绳头里任取一个,从左边3个绳头里任取一个,从右边2个绳头里任取一个的顺序打结,一共有种,所以6根绳子恰能围成一个大圈的概率为.故答案为:.四、解答题152025届福建厦门三模记的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知.（1）求A;（2）D为边上一点,若,且,求的面积.15答案：（1）（2）解析：（1）方法一:已知,由正弦定理得,因为,所以,由于,故,则,而,因此.方法二:由余弦定理得,所以,而,因此（2）方法一:由（1）及题设知,.在中,由正弦定理得,在中,由正弦定理得,两式相除可得,即,在中,由余弦定理得,即,则的面积.方法二:过C作,垂足为E.在中,所以.由于,故,得.在中,由余弦定理得,即,则的面积.方法三:由（1）及题设知,.一方面,因为高相同,则与的面积之比等于,另一方面,与的面积之比为,所以,即.在中,由余弦定理得,即,则的面积.162025届福建厦门三模如图,在长方体中,与交于点M,N为棱的中点.（
6、1）证明:平面;（2）设,其中,若二面角的大小为,求.16答案：（1）证明见解析（2）解析：（1）以为坐标原点,为单位长,为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.由题设知,.故,由得,.由得,.而平面,平面,所以平面.（2）由（1）得,由题设知,.故,由（1）知平面的一个法向量为.设平面的法向量,则即令,则,可得平面的一个法向量.则,又二面角的余弦值为,解得或（舍去）,故的值为.172025届福建厦门三模已知函数.（1）当时,求的极小值;（2）若存在唯一极值点,证明:.17答案：（1）（2）证明见解析解析：（1）函数的定义域为.当时,.令得,或.当时,函数在上单调递减,当时,函数在上单调递增.所以当时,取极小值.（2）方法一:因为的定义域为,.当时,与同号.因为的图象关于对称,函数在上单调递减,在上单调递增,又存在唯一极值点,即函数在上有且只有一个异号零点,则,由二次函数的对称性可知,由题意可知,为函数的零点,则可得,解得（舍）或,将代入得,构造,则,所以,即,所以.方法二:因为的定义域为,.当时,与同号.因为的图象关于对称,易知在单调递减,在单调递增.（i）当时,则在单调递增,函数
7、无极值点;（ii）当时,令可得,且,由可得,由可得或,故在区间单调递增,单调递减,单调递增,从而有两个极值点,不合题意;（iii）当时,则,由可得,由可得,故在区间单调递减,单调递增,函数唯一极值点,符合题意;所以,设,则,所以在单调递减,故.182025届福建厦门三模设抛物线的焦点为F,过F的直线交C于A,B两点（A在第一象限）,当垂直于x轴时,.（1）求C的方程;（2）过F且与垂直的直线交C于D,E两点（D在第一象限）,直线与直线和分别交于P,Q两点.（i）当的斜率为时,求;（ii）是否存在以为直径的圆与y轴相切.若存在,求,的方程;若不存在,请说明理由.18答案：（1）（2）（i）;（ii）不存在,理由见解析解析：（1）设各点坐标分别为,其中,.依题意.当轴时,直线的方程为.令可得,.故,C的方程为.（2）（i）依题意,直线的方程为,即;由得,故,则,.直线的方程为,即.由得,故,则,.所以直线的方程为,令得.直线的方程为,令得,故.（ii）设直线的方程为,其中.由得,.因为,所以,所以从而.令得.故.因为,所以,当且仅当时,等号成立.同理,而P,Q分别在第一第四象限,故,从而不存在以为直径的圆与y轴相切.192025届福建厦门三模将区间中的全体有理数按一定顺序排列得到数列,规则如下:,其中正整数与互质,如,;,当且仅当时,.（1）写出的前5项;（2）若,求;（3）记的前n项和为,证明:.19答案：（1）,（2）1080（3）证明见解析解析：（1）的前5项为,;（2）因为,所以,又因为,故,因此,当且仅当时,由于,故由与2025互质可得既不是3的倍数,也不是5的倍数,而在1到2024之间的正整数中,是3的倍数的整数有个,是5的倍数的整数有个,是15的倍数的整数有个,所以;（3）方法一:依题意,若正整数与互质,则与也互质,记中分母为正整数的共有项,则总满足或,其中,为偶数,因为,所以,且这项的平均数为,（i）对于满足的所有的前项和为,（ii）当时,不妨设,其中,则,若,则,则;若,则,则,所以,综上,;方法二:记,中的元素个数为,设,其中,若正整数与N互质,则与互质,故,中所有元素之和为,（i）若,则;（ii）若,设中的元素从小到大排列依次为,则,这是由于不等式两边的元素数量均为个,但左边的最大元素小于右边的最小元素,所以,所以,从而,综上,.
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