1、福建省泉州市2025届高三下学期质量检测（三）数学试卷学校：_姓名：_班级：_考号：_一、选择题12025届福建泉州三模( )A.B.C.D.1答案：A解析：满足的正整数只有1，2，3，所以.故选：A22025届福建泉州三模已知向量，满足，且，则与的夹角为( )A.B.C.D.2答案：C解析：由，得，而，则，而，所以与的夹角.故选：C32025届福建泉州三模已知复数满足，则( )A.B.C.D.3答案：D解析：因为，所以，又，所以，解得或（舍去），所以，则，所以，.故选：D42025届福建泉州三模已知圆柱的底面半径与球的半径均为1，且圆柱的侧面积等于球的表面积，则该圆柱的母线长等于( )A.1B.2C.3D.44答案：B解析：设圆柱的母线长为x，则，解得.故选：B.52025届福建泉州三模已知的展开式中的系数为0，则a的值为( )A.B.C.640D.12805答案：A解析：依题意，展开式中项为，其系数为，展开式中项，其系数为a，由展开式中的系数为0，得，所以.故选：A62025届福建泉州三模已知拋物线的准线为l，点P在C上，以P为圆心的圆与l和x轴都相切，则该圆被y轴截得的弦长等于(
2、 )A.1B.C.2D.6答案：D解析：拋物线的准线方程为，不妨取点P在第一象限，设以P为圆心的圆的半径为r，因为以P为圆心的圆与l和x轴都相切，所以，将P代入抛物线方程得，解得，则P到y轴的距离为1，该圆被y轴截得的弦长为.故选：D.72025届福建泉州三模已知函数，若，则a的值可以是( )A.B.C.3D.57答案：B解析：由题意得，整理得，因为，则，.故选：B.82025届福建泉州三模如图，已知是圆锥的轴截面，C，D分别为，的中点，过点C且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分.若P在上，则的最大值为( )A.B.1C.D.8答案：C解析：过点O作，交底面圆于E，F两点，连接，设，则，所以当最大时，最大，由圆锥的性质得底面，因为底面，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以，因为C，O分别是，的中点，所以，则，因为，平面，所以平面，则平面为截面，因为D，O为，中点，所以，所以平面，因为平面，所以，所以，则当最大时，最大，如图为截面的平面图，以C为原点，为x轴，过点C垂直向上的方向为y轴正方向建系，则抛物线方程为，设，则，所以，则此时，.故选：C.二、多项选择题92025
3、届福建泉州三模有一组样本数据1，2，3，4，5，现加入两个正整数x，y构成新样本数据，与原样本数据比较，下列说法正确的是( )A.若平均数不变，则B.若极差不变，则C.若，则中位数不变D.若，则方差不变9答案：AC解析：若平均数不变，则，解得，故A正确；当时，极差不变，但，故B错；若，则x，y为1，5或2，4或3，3，每一种情况对应的中位数都是3，故C正确；原数据的平均数为3，原数据的方差为，新数据的平均数为3，新数据的方差为，当且仅当时等号成立，所以方差有可能改变，故D错.故选：AC.102025届福建泉州三模已知函数，则( )A.的最小正周期为B.曲线关于直线对称C.在区间上有4个零点D.在区间内单调递减10答案：AD解析：A选项，的最小正周期为，的最小正周期为，两者的最小公倍数为，故的最小正周期为，A正确；B选项，故曲线不关于直线对称，B错误；C选项，令得，故或，因为，所以的解为，的解为，综上，在区间上有5个零点，C错误；D选项，当时，即，所以在区间内单调递减，D正确故选：AD112025届福建泉州三模已知数列的前n项和，则下列说法正确的是( )A.若是等差数列，则B.若不是递增
4、数列，则C.若，则D.若的最小值为3，则11答案：ABD解析：若为等差数列，则，所以，解得，故A正确；，则，当时，所以，因为不是递增数列，所以或，则，故B正确；若，则，整理得，又，所以，故C错；因为的最小值为3，所以恒成立，即，当时，成立，当时，则，故D正确.故选：ABD.三、填空题122025届福建泉州三模等比数列中，则的前4项和等于_.12答案：5解析：设等比数列的公比为q，由，得，解得，因此，所以的前4项和等于5.故答案为：5132025届福建泉州三模如图，假定两点P，Q以相同的初速度运动.点Q沿射线做匀速运动，；点P沿线段（长度为单位）运动，它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距离.令P与Q同时分别从A，C出发，则数学家纳皮尔定义x为y的对数中，x与y的对应关系就是，其中e为自然对数的底.若点P从线段的中点运动到靠近B的四等分点，点Q同时从运动到，则_.13答案：/0.5解析：令，则，整理得，即，令，则，整理得，即，所以.故答案为：.142025届福建泉州三模设O为坐标原点，A为椭圆的上顶点，点B在E上，线段交x轴于点M.若，且，则E的离心率等于_.14答案：解析：因为，所以直
5、线的斜率为1或，不妨取，则如图，设，过B作轴于点N，由，可得，即，故，代入椭圆方程可得：，即，解得，所以.故答案为：四、解答题152025届福建泉州三模四边形中，.(1)求；(2)若，求四边形的面积.15答案：(1)(2)解析：（1）解法一：在中，由，即，整理得，得或（舍），又，由，即解得.解法二：在，由，得，故，（2）方法一：因为，所以，在中，由余弦定理，得，故，在中，由，即，整理得，解得（舍去）或，在中，由可得，故四边形的面积为.方法二：因为，所以，由（1）可得，在中，由，即，整理得，解得（舍去）或，在中，边上的高为，故四边形的面积为.162025届福建泉州三模如图，四棱台中，底面是边长为4的菱形，.(1)证明：平面；(2)证明：平面；(3)若该四棱台的体积等于，且，求直线到平面的距离.16答案：(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)解析：（1）连结，交于点I，连结，则I为，的中点，由四棱台，得平面平面，又平面平面，平面面，所以，因为，所以，因为I为，的中点，所以，所以四边形为平行四边形，故，又平面，平面，所以平面.（2）取的中点J，连结，由四棱台得，所以四边形为平行四边形，则
6、，所以，所以，由（1），知，又，所以，因为，所以，又平面，所以平面.（3）解法一：菱形的面积，由四棱台且，可得，四棱台的体积，从而，解得，因为，所以，故，从而，所以，所以，取的中点K，则，两两垂直，如图，以D为坐标原点，分别，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，设平面即平面的法向量，则即整理，得令，得，从而点C到平面的距离，所以直线到平面的距离为.解法二：延长，交于点S，取的中点M，连结交于点N，连结，则，的中点均为N，因为平面，所以，因为，所以，又平面，所以平面，又平面，所以平面平面，过点M作于K，且平面平面，平面，所以平面，故为点M到平面的距离即为直线到平面的距离，因为，所以点M到的距离等于点D到的距离，又中，设点D到的距离为d，则，所以，解得，所以直线到平面的距离为.172025届福建泉州三模设函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若在区间上单调递增，求k的取值范围；(3)当时，求k的取值范围.17答案：(1)；(2)；(3)解析：（1）当时，则，则曲线在点处的切线斜率为，又，所以曲线在点处的切线方程为.（2），由题意得，恒成立.令，则，且在单调递增
7、，令，解得，所以当时，故单调递减；当时，故单调递增；所以，又，当且仅当，故.（3）解法一：因为，所以题意等价于当时，.即，整理，得，因为，所以，故题意等价于.设，的导函数，化简得，考察函数，其导函数为，当，单调递减；当，单调递增；故在时，取到最小值，即，即，所以，所以当，单调递减；当，单调递增；所以的最小值为，故.解法二：先考察，由（2）分析可得，情况1：当，即，此时在区间单调递增，故，即，符合题意；情况2：若，则，注意到，且，故对k进一步讨论.当时，即且由（2）分析知：当，单调递减，故当，即单调递减，故恒有，不符合题意，舍去；当时，注意到在区间，单调递减，且，又，故在区间存在唯一的满足；同理在区间，单调递增，且，故在区间存在唯一的满足；故可得x+0-0+极大值极小值所以当，符合题意；故题意等价于，即.又因为，即，化简，得所以，整理得.注意到，所以，故解得，由之前分析得即考察函数，其导函数为，当，单调递减；当，单调递增；故在时，取到最小值，即，即，所以恒成立，故，又注意到情况（2）讨论范围为，所以也符合题意.综上本题所求k的取值范围为.方法三：先探究必要性，由题意知当时，是的最小值，则必要地，即得到必要条件为；下证的充分性，即证：当时，.证明：由（2）可知当时，在单调递增，故的最小值为，符合题意；故只需要证明时，.由（2）分析知时，x+0-0+极大值极小值其中，.注意到，据此可得更精确的范围是；所以等价于证明，又因为，即，可得，只需证明，等价于证明，注意到，即，故若当，此时，显然成立；若当，只要证明，此时，且所以，故得证.综上必要性，充分性的分析，本题所求k的取值范围为.182025届福建泉州三模已知双曲线，点M在C上，过M分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为A和B，记线段的中点N的轨迹为.(1)求的方程；(2)过M的直线l与C有且只有一个公共点，且与交于P，Q两点.证明：（）；（）.18答案：(1)；(2)证明见解析；证明见解析解析：（1）设，则，.又线段的中点为N，所以即将代入，得.所以的方程为.（2）当l的斜率不存在时，直线为x轴，显然；同时由双曲线的对称性，也易得.（）当l的斜率存在时，设l的方程为，则.由消去y，可得，所以，化简
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