精品解析：2025届福建省福州市高三模拟预测数学试题

数学 全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 考生注意： 1．答题前，请务必将自己的姓名、考生号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上. 2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，满足，，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 设集合，若，，且，，则（ ） A. B. ， C. D. ， 6. 已知函数的定义域为，且满足恒成立，若，则的值可能是（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 7. 已知椭圆，直线恒过定点，且与交于，两点，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为，，且，，则下列结论中一定正确的是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 近日，国家发展改革委等部门联合印发《完善碳排放统计核算体系工作方案》，指出要在2025年全面建立碳排放年报、快报制度，完善碳排放统计核算体系．专家在甲、乙、丙、丁四地2024年第4季度的周快报数据中随机抽取7周数据进行分析，整理出四地这7周各周内碳排放量超过的天数的数据特征： 地区 甲 乙 丙 丁 数据特征 中位数 3 中位数 1 均值 3 均值 2 众数 2 均值 <1 众数 4 方差 2 根据规定，若这7周中每周内碳排放量超过的天数都不多于5天，则可称该地区为低碳生态区．分析数据，四个地区中能判定为低碳生态区的是（ ） A. 甲地 B. 乙地 C. 丙地 D. 丁地 10. 如图，为平面与平面的交线，点在平面上，点在平面上．以为原点建立空间直角坐标系，轴已经给出，平面的两个法向量，，平面的两个法向量，，则二面角为（ ） A. B. C. D. 11. 自元朝以来，穹顶便广泛应用于中国建筑中．作为“北京十六景”之一的地标性建筑，国家大剧院也采纳了穹顶设计，如图．初步设计穹顶建模的步骤大致为：（I）将半径为1的圆（圆心为）沿直径分为两部分，得到半圆弧；（II）保留其中一个半圆弧，将其等分，从端点出发依次连接各个等分点至另一个端点，得到折线；（III）将折线绕所在直线旋转，得到旋转体；（IV）不断调整值至合适，选取需要的旋转体部分并进行再调整．设（III）中所得旋转体的表面积为，的正弦值为，则（ ） A. B. C. 当时， D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.将答案填在答题卡的相应位置. 12. 若曲线与曲线相切，则________． 13. 一个四面体有五条棱的棱长为，且外接球的表面积为，则不同于这五条棱的棱的棱长为________． 14. 在如图斜方格阵中，一机器人从中心方格出发，每次运动可以跨越机器人所在方格的一条边（如第1次运动，机器人可以运动到，，或）．若机器人走出斜方格阵视为“失败”，反之视为“成功”，则运动2025次后机器人“成功”的概率为________． 四、解答题：本大题共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. 在中，点在边上，平分，设，． （1）若，，证明：； （2）若，求的取值范围． 16. 已知，是焦点在轴的双曲线上两点，，为的左、右焦点，，是以为底边的等腰三角形． （1）求的离心率； （2）设过且与的左、右两支均相交的直线斜率为，证明：． 17. 在平面四边形中，，，，的面积为，将沿翻折至，其中为动点． （1）证明：三棱锥外接球的体积为定值； （2）当点到平面的距离为，求直线与直线所成角的余弦值． 18. 已知函数． （1）求； （2）若曲线在区间上存在两条相互垂直的切线，求取值范围； （3）设轴右侧有一点，若当且仅当过点恰好能作曲线的3条切线，求点的集合． 19. 已知正项数列满足． （1）若，求； （2）若，求的通项公式； （3）记为数列的前项和，若，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 考生注意： 1．答题前，请务必将自己的姓名、考生号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上. 2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先解一元二次不等式求出集合A，最后求出补集即可 . 【详解】因为集合，， 则. 故选：C. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数除法运算，共轭复数的概念即可得解. 【详解】由题，，则． 故选：A. 3. 已知向量，，满足，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的基本运算及向量的数量积应用即可求得. 【详解】由，可知，且， 则，，又， 则，则，则， 则 故选：. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】方法一：利用二倍角的正切公式、两角和的正切公式即可求解；方法二：由题意得，结合诱导公式即可得解.方法三：采用特殊值法以及诱导公式即可得解； 【详解】解法一：由可得， 则， 所以 ， 故． 解法二：由可得，即， 所以， 则． 解法三：由，可假设，，则，， 所以或或． 故选：A. 5. 设集合，若，，且，，则（ ） A. B. ， C. D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查集合的性质，利用不等式作差比较大小可判断A选项，从而判定C选项，B选项取特值即可，D选项对当为奇数，为奇数和，为整数，且其中至少有一个为偶数进行分类讨论，导出矛盾. 【详解】由，，则，， 则 又实数，，所以，即，A选项错误； 当，，此时，B选项错误； 由A选项知，，故当时，，C选项错误； D选项：1.当为奇数，为奇数时，为偶数．又，因为为奇数，所以必为偶数，这与为奇数矛盾． 2.当，为整数，且其中至少有一个为偶数，则必为偶数．又，且为奇数，所以必为偶数，这与为奇数矛盾．故，不可能都为整数，即，，选项D正确． 故选：D. 6. 已知函数的定义域为，且满足恒成立，若，则的值可能是（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】先使成立，那么满足及在处单调递减的函数即为可能的，先作出、及的图象观察，总结出在上的单调区间个数即为的值，的首个单调区间和最后一个单调区间均为单调递增区间，位于单调递减区间内，分别画出四个选项的图象，得到答案. 【详解】为便于讨论，我们先使成立，那么满足及 在处单调递减的函数即为可能的， 可以先作出、及的图象观察， 其中和无法满足所有条件，满足条件． 进一步的，可以发现，在上的单调区间个数即为的值， 相邻单调区间的单调性相反，且满足的首个单调区间和 最后一个单调区间均为单调递增区间，位于单调递减区间内． 故时，图象如下： 显然不满足， 时，图象如下： 满足要求， 时，图象如下： 显然，不满足要求， 时，如图如下： 显然不满足要求， 故选：B 7. 已知椭圆，直线恒过定点，且与交于，两点，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理求出，求出其范围，再利用对勾函数性质即可求得结果. 【详解】定点为，联立， 得， 解得，， 且，则， 则 ， 设，则， 所以， 当且仅当时，取等号，此时取最大值， 当或者时，取最小值2（取不到）， 令，则，令， 由对勾函数性质可知在上单调递减，在单调递增， 当时，或（舍去），当时，， 故． 故选：D 8. 已知函数的定义域为，，且，，则下列结论中一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先判断函数的周期性，再设，，根据已知条件，判断的符号，再判断与的大小. 【详解】由题意：， 所以， 所以. 所以函数的周期为. 设，， 则，，，. 故，，，. 由，则，即； 由，则，即. 所以，可得，无法确定， 所以，无法判断. 综上所述，. 故选：B 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 近日，国家发展改革委等部门联合印发《完善碳排放统计核算体系工作方案》，指出要在2025年全面建立碳排放年报、快报制度，完善碳排放统计核算体系．专家在甲、乙、丙、丁四地2024年第4季度的周快报数据中随机抽取7周数据进行分析，整理出四地这7周各周内碳排放量超过的天数的数据特征： 地区 甲 乙 丙 丁 数据特征 中位数 3 中位数 1 均值 3 均值 2 众数 2 均值 <1 众数 4 方差 2 根据规定，若这7周中每周内碳排放量超过的天数都不多于5天，则可称该地区为低碳生态区．分析数据，四个地区中能判定为低碳生态区的是（ ） A. 甲地 B. 乙地 C. 丙地 D. 丁地 【答案】BD 【解析】 【分析】根据表中数据分别作出四个地方的数据分布，即可结合低碳生活区的定义求解. 【详解】将四地这7周各周内碳排放量超过的天数由小到大依次记为，，，，，，，分别对应第周． 对于甲地，由题可知（中位数），则可做表： 周 第周 第周 第周 第周 第周 第周 第周 天数 3 众数为二，可使，，显然可以是6或7， 此时第周内碳排放量超过的天数都多于5天，故无法判定甲地为低碳生态区； 对于乙地，由题可知（中位数），则可做表： 周 第周 第周 第周 第周 第周 第周 第周 天数 1 我们可以使，，，，尽可能小， 通过判断是否有可能来判断乙地是否能被判定为低碳生态区． 则，，可计算均值，化简得， 满足7周中每周内碳排放量超过的天数都不多于5天，因此可以判定乙地为低碳生态区； 对于丙丁，根据题意，我们无法直接判断对应的值， 但类似的，我们可以使，，，，，的和尽可能小， 通过判断是否有可能来判断丙地是否能被判定为低碳生态区． 则可以使，，，，，可做表： 周 第周 第周 第周 第周 第周 第周 第周 天数 0 1 2 3 4 4 均值，解得， 即此时第周内碳排放量超过的天数都多于5天，故无法判定丙地为低碳生态区； 对于乙地，假设，则方差，不合题意， 故，即满足7周中每周内碳排放量超过的天数都不多于5天， 因此可以判定丁地为低碳生态区； 综上所述，四地中能判定为低碳生态区的是乙地和丁地． 故选：BD 10. 如图，为平面与平面的交线，点在平面上，点在平面上．以为原点建立空间直角坐标系，轴已经给出，平面的两个法向量，，平面的两个法向量，，则二面角为（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据法向量方向和二面角定义作图即可分析得解. 【详解】根据题意作图： 设二面角为， 则根据二面角定义可知，， ，，. 故选：BC. 11. 自元朝以来，穹顶便广泛应用于中国建筑中．作为“北京十六景”之一的地标性建筑，国家大剧院也采纳了穹顶设计，如图．初步设计穹顶建模的步骤大致为：（I）将半径为1的圆（圆心为）沿直径分为两部分，得到半圆弧；（II）保留其中一个半圆弧，将其等分，从端点出发依次连接各个等分点至另一个端点，得到折线；（III）将折线绕所在直线旋转，得到旋转体；（IV）不断调整值至合适，选取需要的旋转体部分并进行再调整．设（III）中所得旋转体的表面积为，的正弦值为，则（ ） A. B. C. 当时， D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】从上到下研究各个旋转体的底面半径，得到其侧面积，进而求得旋转体的表面积，利用三角函数公式化简后，逐项验证判定即可. 【详解】由题意可知，所得旋转体由上下两圆锥与中间若干圆台组成． 以为例，分析“初步设计穹顶建模的步骤”： 取的中点，则，由题意可知，． 在中，， 则各圆锥与圆台的母线长， 连接，同理可得，，． 设自上而下各底面圆半径依次为， 则，同理可得，， 所以， 故所得旋转体的表面积 , 所以，，,故B错误； 显然随着增大，减小，且当，， 又， 所以，又，， 化简得，故A正确； 当，，，要判断是否成立， 即判断是否成立， 该式可化为， 进一步变形为， 显然，，， 令，则， 令，则， 所以在上恒成立， 即在上单调递减． 又，所以在上恒成立， 故在上单调递减． 又，所以， 即，所以,故C正确； ． 令，则． 令，则恒成立，所以为增函数， 又，所以在恒成立，即在成立． 因此，因此，故D正确． 故选：ACD 【点睛】难点点睛：由两角和差余弦公式，得到,从而得到，达到裂项相消求和化简的目的，是本体解答中的关键一步；一般的，当角的数列是等差数列时，求的前项和，可以乘上其公差的一半的正弦，进而得到列项求和化简的目的.判断是否成立，化为弧度制后，进行转化为判断函数在上的单调性是第二个关键；第三个关键难点是要判断与的大小关系，即比较与的大小，三角函数难以与其他数直接比较，利用导数证明在成立，我们通过简单放缩使其更便于我们判断． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.将答案填在答题卡的相应位置. 12. 若曲线与曲线相切，则________． 【答案】e 【解析】 【分析】设出切点，求导，结合导数几何意义得到方程组，求出答案. 【详解】因为与曲线，设切点为， 其中，， 由与相切，则， 故，解得，． 故答案为： 13. 一个四面体有五条棱的棱长为，且外接球的表面积为，则不同于这五条棱的棱的棱长为________． 【答案】 【解析】 【分析】设，取的中点，连接、，取（靠近点）的三等分点，过点作的垂线交于点，取的中点，连接交于点，连接，则为三棱锥的外接球半径，求出的值，可求出的长，即可得出的长，即为所求. 【详解】设，则和都是正三角形． 取的中点，连接、，取（靠近点）的三等分点， 则点为的外心，过点作的垂线交于点， 因为和都是正三角形，为的中点，则，， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，则， 因为，，、平面，所以，平面， 如图，则， 取的中点，连接交于点，连接，则， 如图，则点即为三棱锥外接球的圆心，是外接球的半径． 设外接球的半径为，则，可得， 所以，，，， 所以， ，故， 又因为，所以， 故，即不同于五条棱的棱的棱长为． 故答案为：. 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 14. 在如图斜方格阵中，一机器人从中心方格出发，每次运动可以跨越机器人所在方格的一条边（如第1次运动，机器人可以运动到，，或）．若机器人走出斜方格阵视为“失败”，反之视为“成功”，则运动2025次后机器人“成功”的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】设2025次后机器人在处的概率为，在①处的概率为，在②处的概率为，在③处的概率为，则由题意可得，，，，进而求得结论. 【详解】如图，斜方格具有对称性，因而若机器人运动过程不走出斜方格阵，只需考虑机器人位于斜方格阵中的①、②、③处位置即可，设2025次后机器人在处的概率为，在①处的概率为，在②处的概率为，在③处的概率为． 则，，，． 将，，代入到中，得， 又由题意得，，则， 所以，则，，， 所以概率． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题涉及概率和数列知识，关键是分析运动次数与所在位置的的情况找规律，推导出一般概率表达式，再利用全概率公式，求出运动2025次后机器人“成功”的概率即可. 四、解答题：本大题共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. 在中，点在边上，平分，设，． （1）若，，证明：； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） 方法1:因为，平分，所以，， 又，所以，由正弦定理可得，所以， 又，所以，所以，所以， 且，所以，则， 所以． 方法2：因为，平分，所以，， 又，由余弦定理得， 则，所以，即，且， 则，故． （2） 【解析】 【分析】（1）方法1:应用正弦定理求出角相等即可证明；方法2：应用角平分线结合余弦定理计算结合全等证明； （2）结合角平分线和面积公式计算得出即可得出边长范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为， 所以， 因为，， 所以， 因为，所以，所以， 因为，所以，故． 16. 已知，是焦点在轴的双曲线上两点，，为的左、右焦点，，是以为底边的等腰三角形． （1）求的离心率； （2）设过且与的左、右两支均相交的直线斜率为，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用双曲线定义以及解三角形知识构建关于的齐次方程即可求解离心率； （2）方法一：利用直线斜率和渐近线斜率比较大小即可；方法二：设出直线方程，联立双曲线方程，结合韦达定理得出直线斜率和与有关的式子的大小即可得证. 【小问1详解】 设双曲线，焦距为，延长与双曲线交于点， 因为，根据对称性知，四边形为平行四边形， 设，则，，可得，即， 所以，则，， 即，所以， 在中，由勾股定理得， 即，解得离心率． 【小问2详解】 解法一：设过且与的左、右两支均相交的直线为， 显然当的斜率不存在时，直线仅与双曲线的右支相交，不满足题意． 故可设直线的方程为， 由双曲线的方程可得其渐近线方程为， 由双曲线性质可知，若直线与双曲线的左、右两支都相交，则， 整理得，又，所以， 由（1）知，所以，且，所以． 解法二：设过且与的左、右两支均相交的直线为， 显然当的斜率不存在时，直线仅与双曲线的右支相交，不满足题意． 故可设直线的方程为，设与交于，， 联立方程，化简得， 由韦达定理得， 要使与的左、右两支均相交，即使两交点位于轴异侧， 故，即，且，恒成立， 故，整理得，又，所以， 由（1）知，，且，所以． 17. 在平面四边形中，，，，的面积为，将沿翻折至，其中为动点． （1）证明：三棱锥外接球的体积为定值； （2）当点到平面的距离为，求直线与直线所成角的余弦值． 【答案】（1） 由题，，则， 在内，由正弦定理得，解得， 又，解得， 故为正三角形，，， 解三角形知，，， 取中点，由于和是以为斜边的直角三角形， 故，即翻折后在三棱锥中，， 根据外接球定义：外接球的球心到多面体各个顶点的距离相等， 所以点即为三棱锥外接球球心， 所以外接球半径，体积为定值． （2）或 【解析】 【分析】（1）由题意可得出中点为外接球的球心，得出球半径即可证明； （2）根据向上翻折、向下翻折分类讨论，建立空间直角坐标系利用向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 显然点在面上的投影不在直线上， （i）当向上翻折 设点在面上的投影为点，则， 且面，又，，面，则，，， 所以，， 则， 又，所以， 则，所以， 同理可知， 所以，解得， 因为，，， 所以，故． 所以四面体为正四面体，点在平面的投影位于正的中心． 以为原点，为轴，为轴，轴平行于直线建立空间直角坐标系，如图， 则，，， 所以，， 故； （ii）当向下翻折，设此时点翻折至， 则平面所在平面与（i）中平面所在平面相同， 且点与点关于直线对称， 连接，与的交点为线段中点， 所以， 故， 综上所述，直线与直线所成角的余弦值为或． 18. 已知函数． （1）求； （2）若曲线在区间上存在两条相互垂直的切线，求取值范围； （3）设轴右侧有一点，若当且仅当过点恰好能作曲线的3条切线，求点的集合． 【答案】（1）0 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先应用对称性定义得出对称关系计算求值； （2）先求出导函数，再分类讨论列不等式计算求参； （3）先求切线，再化简构造函数，分类对导函数讨论正负得出函数单调性即可求解. 【小问1详解】 由函数， 则， 又，则． 【小问2详解】 由，令， 则， 设这两条相互垂直的切线的切点为，，且， 当，在区间上恒成立，不符合题意，所以； 此时在区间上单调递增，则， 解得． 【小问3详解】 由，得， 则在点处的切线方程为， 设过点恰好能作曲线的3条切线， 则关于的方程有三个不同的解， 即关于的方程有三个不同的解， 令， 所以直线与曲线恰有三个不同的交点， 又， 当时，，随变化情况如下： 1 0 + 0 减 极小值 增 极大值 减 故； 当时，，单调递减，不符合题意； 当时，，随变化情况如下： 1 0 + 0 减 极小值 增 极大值 减 故； 综上所述，点的集合为 ． 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是构造函数应用导函数正负得出函数单调性解题. 19. 已知正项数列满足． （1）若，求； （2）若，求的通项公式； （3）记为数列的前项和，若，证明：． 【答案】（1） （2） （3）由若，且，则， 联立解得， 原不等式可转化为， 先证明： 由，，由（2）可推，则， 令函数，则， 令，则恒成立，所以在上单调递增， 又，所以在上有， 所以在上单调递增，又，则， 所以，则， 故 ， 又因为，所以， 证明： 由，则，当且仅当时取等， 所以，故， 所以． 【解析】 【分析】（1）根据递推公式以及附加条件求出，再结合递推公式即可求解. （2）令，可得，结合二倍角公式可引入新数列，，求得的值，并说明唯一即可求解. （3）将原不等式转换为，先证明，可构造函数，利用导数证明不等式，从而即可放缩，再证明，根据三角函数的有界性放缩即可得证. 【小问1详解】 由题，，且，又，代入，解得， 所以，，，故． 【小问2详解】 令，则有，即，又，则， 此时不妨令，则，则有，即 讨论周期性对唯一性的影响：不妨令，则 当时，，不合题意，舍去； 当时，符合题意；此时， 同理，唯一，即唯一．即，故． 【小问3详解】 略 关键点点睛：第三问的关键是对进行适当的放缩，由此即可顺利得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $