1、福建省福州市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届福建福州三模已知全集为,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.所以.故选:C.22025届福建福州三模若,则( )A.1B.C.2D.42答案：B解析：因为,所以.故选:B.32025届福建福州三模已知随机变量,若,则( )A.B.C.D.3答案：B解析：,解得,所以.故选:B.42025届福建福州三模设,则( )A.-2B.-1C.0D.14答案：A解析：令易知,令可得,所以.故选:A.52025届福建福州三模已知菱形的边长为2,为的中点,则( )A.B.C.D.35答案：D解析：,所以,故选:D.62025届福建福州三模在正方体中,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,M,N,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,即与不垂直,故B错误;平面,平面,又,平面,平面,又,平面,即平面
2、,平面,故C错误,D正确,故选:D.72025届福建福州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：若为递增数列,则,即,即,则公比,为指数型递增数列,易得存在正整数,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:A.82025届福建福州三模设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,当且仅当时取等号;设,则令,则,令,所以时,单调递增;时,单调递减,所以,取,此时,解得.故选:C.二、多项选择题92025届福建福州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：对于A,的最小正周期为,故选项A错误;对于B,因为,因为在对称轴处取得极值,所以,解得,故选项B正确;对于C,由A和B可知,所以,故选项C正确;对于D,故选项
3、D错误.故选:BC.102025届福建福州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：A选项:,均为钝角,因为,则,故,A选项正确.B选项:同上述分析可知,所以.因为,所以,B选项正确.C选项:取中点S,则,C选项错误.D选项:因为,所以.由B选项的分析可知,所以,D选项正确.故选:ABD.112025届福建福州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,由题意可得,又,平面,所以平面,因为平面,则,的面积为,故选项A正确;对于B,由题意可得,所以,故选项B正确;对于C,过分别作,的垂线,垂足分别为E,F,所以当最小时,四棱锥表面积取得最小值,不妨设,则,当且仅当时取等号,即为底面正方形的中心时,所以四棱锥表面积的最小值为四个全等三角形面积加底面面积,即,故选项C错误;对于D,若四棱锥存在内切球,则该球与平面,平面,
4、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,设为r,由等面积法可得,解得,当四棱锥为正四棱锥时,存在内切球,满足题意,故选项D正确.故选:ABD.三、填空题122025届福建福州三模已知,则_.12答案：解析：,所以.故答案为:.132025届福建福州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：因为椭圆长半轴a大于半焦距c,若椭圆的长半轴,则的周长,不符合题意,所以椭圆的长半轴为,所以,解得,即,所以,所以椭圆C的离心率为.故答案为:.142025届福建福州三模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届福建福州
5、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:因为,所以由正弦定理可得,又因为,所以,由于,所以,所以,因为,所以;方法二:因为,所以由余弦定理可得,整理可得,所以,因为,所以;（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,由余弦定理可得,即所以的面积;方法二:如图所示,过C作,垂足为E.在中,所以.由于,所以,所以,即,得,后同方法一;方法三:由（1）及题设知,.因为两个三角形的高相同,所以与的面积之比等于,又因为与的面积之比还等于,所以,后同方法一.162025届福建福州三模如图,在长方体中,与交于点M,N为棱的中点.（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）方法一: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,由得,.由得,.而平面,平面,所以平面.方法二:取中点P,设,连结.在长方体中,故,故,因为,平面,所以平面.（2）方法一:由题设知
6、,.由（1）,平面的一个法向量为.设平面的法向量,则即令,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.方法二:在平面内过Q作交于H,则平面,在平面内过H作HG垂直于G,所以,又,平面,所以平面,所以,为二面角的平面角,设,由余弦定理得,则所以所以,解得.172025届福建福州三模已知函数.（1）当时,求的极小值;（2）若存在唯一极值点,证明:.17答案：（1）极小值.（2）证明见解析解析：（1）的定义域为.当时,.令得,或.当时,单调递减;时,单调递增.所以当时,取极小值.（2）方法一:,.当时,与同号.因为的图象关于对称,又存在唯一极值点,如图可得,所以,所以,故.将代入得,构造,则,所以,即,所以方法二:以前步骤同方法一.易知在单调递减,在单调递增.（i）当时,在单调递增,函数无极值点.（ii）当时,令可得,.由于,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,故在区间单调递减,单调递增,恰有唯一极值点,符合题意.所以.设,所以在单调递减,故.182025届福建福州三模设抛物线的焦点为F,过F的直线交C于A,B两点（A
7、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,.由题意可知,当轴时,直线的方程为,将代入,可得,所以,所以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,所以;（ii）方法一:设直线的方程为,不妨设.由得,同理.直线的方程为,即令得.由于,所以.从而的中点恒为F,以为直径的圆与轴相切等价于.若,则.由得,故,所以,不妨如图设点的分布,可知,所以,所以,因此,回代得,而判别式,该方程无解,从而不存在以为直径的圆与y轴相切;方法二:设直线的方程为,其中.由得,.因为,所以,.从而.令得.故.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届福建福州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N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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