福建省漳州市2025届高三毕业班第一次教学质量检测数学试题（含答案解析）

福建省漳州市2025届高三毕业班第一次教学质量检测数学试题

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.若集合A=Wf-3x-4>o},则”=()

A.{x|-l<x<4}B.{x|-l<x<4}

C.{x\-4<x<l]D.{X|-4<^<1}

2.设复数2=?,则复数1的虚部为

l+l

A.-2iB.-2C.2iD.2

3.已知5为单位向量，若卜+可-|万-5=0,则…=()

A.2B.72C.1D.0

4,若10110=210117?应11(0-/?)=/,则sin(a+/7)=()

A.2tB.—2tC.3tD.-3/

5.已知双曲线C：V-y2=4,点”为C上一点，过M分别作C的两条渐近线的垂线，垂

足分别为48,则四边形Q4MB(0为原点)的面积为()

A.1B.2C.4D.6

6.在正四棱锥尸-中，PBJPQ.用一个平行于底面的平面去截该正四棱锥，得

到几何体A8C。-A耳G2，A3=1,A再=2,则几何体ABCD-A耳G2的体积为()

AV2口4及「7四八17A/2

6369

7.己知函数/⑺=tan[s+：](0>O),若方程〃x)=l在区间(0,兀)上恰有3个实数根,

则。的取值范围是()

A.(2,3]B.[2,3)C.(3,4]D.[3,4)

8.已知函数〃力=2*+2-*+8「+炉,^a=f(-3),b=f(e),c=f(n),则()

A.b<a<cB.b<c<a

C.c<a<bD.c<b<a

二、多选题

9.已知X〜网〃,力，则（）

A.E（X）=〃

B.D（X）=b

C.尸（XW〃+cr）+尸（XW〃一cr）=l

D.尸（XN〃+2b）>尸（X<〃-cr）

10.已知定义在R上的函数不恒等于0"（兀）=0,且对任意的x,yeR,有

f（^x）+f（2y）=2f（x+y）f（x-y）,则（）

A./（0）=1

B.〃力是偶函数

C.〃x）的图象关于点（兀⑼中心对称

D.2兀是的一个周期

11.在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69.800分的成绩夺得金

牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌.艺术体操的绳操和带操可以舞出类

似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线。:/=2°彳5>0）绕其顶点分别逆时针旋转

9C^180。、270。后所得三条曲线与C围成的（如图阴影区域），48为C与其中两条曲线的交

点，若0=1,则（）

A.开口向上的抛物线的方程为>=

试卷第2页，共4页

B.\AB\=4

3

c.直线截第一象限花瓣的弦长最大值为；

4

D.阴影区域的面积大于4

三、填空题

12.（X--）4的展开式中的常数项为.

X

13.己知数列｛叫的前〃项和S,="+〃，当曳型取最小值时，"=_______.

an

14.2024年新高考数学I卷多选题的计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，共18

分；②每小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对的得6分，有选错或不选的得

。分；③部分选对的得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某

小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）.考生甲在此

卷多选题的作答中，第一小题选了三个选项，第二小题选了两个选项，第三小题选了一个选

项，则他多选题的所有可能总得分（相同总分只记录一次）的第80百分位数为.

四、解答题

15.在VABC中，A,氏C的对边分别为a,b,c,且满足.

请在①（a-b）sin（A+C）=（"-c）（sinA+sinC）；②sin（£-C）cos[c+1J=；,这两个中任选

一个作为条件，补充在横线上，并解答问题.

⑴求C；

（2）若VABC的面积为56,。为AC的中点，求80的最小值.

16.某学校食堂有A,2两家餐厅，张同学第1天选择A餐厅用餐的概率为1.从第2天起,

如果前一天选择A餐厅用餐，那么次日选择A餐厅用餐的概率为=；如果前一天选择8餐厅

用餐，那么次日选择A餐厅用餐的概率为;.设他第〃天选择A餐厅用餐的概率为巴.

⑴求尸2的值及月,包关于匕的表达式；

⑵证明数列，匕-1｝是等比数列，并求出｛匕｝的通项公式.

7T

17.己知边长为4的菱形ABCD（如图1）,/54。=§,47与8。相交于点。,£为线段49

上一点，将三角形A5D沿8。折叠成三棱锥A-3CD(如图2).

图1图2

⑴证明：BDLCE；

(2)若三棱锥A-BCD的体积为8,二面角3-CE-O的余弦值为姮，求OE的长.

10

18.已知椭圆C:£+E=l(a>b>0)的两个焦点分别为片离心率为交，点尸为C上

ab2

一点，片居周长为2&+2,其中。为坐标原点.

(1)求C的方程；

⑵直线/：y=x+”?与C交于A,3两点，

(i)求△OAB面积的最大值；

(ii)设丽=函+而，试证明点。在定直线上，并求出定直线方程.

19.定义：如果函数/(%)在定义域内，存在极大值/&)和极小值/(々)，且存在一个常数

k,使，(七)-/(X2)=MXI-%)成立，则称函数/(X)为极值可差比函数，常数左称为该函

数的极值差比系数.已知函数"力=x---HUY.

(1)当”时，判断了(x)是否为极值可差比函数，并说明理由；

(2)是否存在。使/(x)的极值差比系数为2-。？若存在，求出。的值；若不存在，请说明理

由；

(3)若求/(尤)的极值差比系数的取值范围.

试卷第4页，共4页

参考答案:

题号12345678910

答案ADBCBCCAACABC

题号11

答案ABD

1.A

【分析】解出一元二次不等式可得集合A,再由补集定义即可求得结果.

【详解】解不等式d-3x-4>0可得x>4或x<-l,即4={乂工>4或工<一1},

因此可得4A={x|—l〈xW4}.

故选：A

2.D

【解析】根据复数的除法运算化简求出』即可.

【详解】解：z=U="）（j）二二J—i,

1+z22

z=l+2i

Z的虚部为2.

故选：D.

【点睛】本题考查了复数的除法运算，属基础题.

3.B

【分析】先由已知条件得卜+5卜k-两边平方得无方=0,进而由向量模长公式即可计

算求解忖-..

【详解】因为,+汩万一.=0,故归+可=,叫,

所以K+方「=|万一5］即（4+石）=（万一5）,所以2a啰=-2洒5即z0=o,

所以归-可=J（a-bf=JU-2万石+川=Vl2+12=也■

故选：B.

4.C

【分析】利用同角的三角函数关系以及两角差的正弦公式求出sin<zcos/?=2f,coscsin/?=f,

再利用两角和的正弦公式即可求得答案.

答案第1页，共14页

［详解】由tana=2tan尸,得,融"=少.,,即sjnacosp_2cosasinj3,

cosacosp'

由sin(cr-^)=GsinacosP-coscrsin/7=t,

故sinacosf3=2t,cosasin/3=t,

则sin(6Z+/7)=sincrcos/7+cosasinfi=3t,

故选：C

5.B

【分析】先确定四边形Q4MB为矩形，然后点〃（八〃），求出其到两个渐近线的距离，相乘

计算即可得答案.

【详解】双曲线c：x2-y2=4,即上一21=1,为等轴双曲线，渐近线的夹角为90。,

-44

则四边形为矩形，

设点”（〃?,”），且77/一〃2=4,

点M（租,n）到渐近线x-y=0的距离为

3

|m+

点到渐近线X+y=0的距离为

22

\m-n\\m+n\m-n

则四边形的面积为=2.

2

【分析】由题可知，几何体48。-A耳GR为正四棱台，求出正四棱台高，再由台体的体

积公式即可得出答案.

【详解】设正四棱锥尸-A4G。的侧棱长为

连接AC与42交于点。一连接pq,贝平面ABCD,

答案第2页，共14页

因为A耳=2,所以42=亚a=20,

因为尸耳，尸2,所以在Rt!尸4R中，/+/=（2&『，

解得：a=2,所以尸a=飞PB；一B0=收-（用=血,

又因为用一个平行于底面的平面去截该正四棱锥，得到几何体A3C。-a4G2，AB=l,

则几何体ABCD-A瓦GR为正四棱台,

连接AC,3。交于点0,所以。为P。的中点，

所以0a=与=亨，所以几何体ABCD-AB£R的体积为:

gQf+TFTF）•泉等

7.C

【分析】借助正切型函数的图象性质计算即可得.

7T（TT7T\

【详解】当％6（0,冗）时，+—el—,^7i+—I,

则由题意可得y=tanx-l在+上有3个实数根,

即可得乙+3兀＜0u+工42+4兀，

444

解得3＜。44,即。的取值范围是（3,4].

故选：C.

8.A

【分析】先求出函数〃x）的奇偶性，由奇偶性得〃="-3）=/（3）,接着利用导数工具二次

答案第3页，共14页

求导研究函数/(元)在(0,+8)上单调性，由单调性即可判断。，瓦C的大小关系.

【详解】因为/(同=2'+2-'+8少+尤2,

所以函数定义域为R,/(-x)=2-x+2-'+cos(-x)+(-x)2=2A+Tx+cosx+x2=f(x),

所以函数为偶函数，故a=f(—3)=〃3),

当x>0时，尸(x)=(2*-2r)ln2+(2x-sinx)=g(x),

所以g[x)=(2，+2T)(ln2)2+(2-cos尤)，

因为(2工+2T)(ln2)2>0,2-cosx>0,所以g'(x)>0,

所以g(x)在(0,+8)单调递增，故g(x)>g(O)=O即/⑺>0,

所以/(x)在(0,+8)单调递增，又e<3<7t,

所以/仁)</(3)<〃兀),所以b<a<c.

故选：A.

【点睛】思路点睛：比较函数值大小问题通常通过研究函数的奇偶性和单调性来分析，故本

题先求出函数/(X)的奇偶性，接着利用导数工具研究函数/⑺在(0,+8)上单调性，进而

由函数奇偶性和单调性即可判断。力,c的大小关系.

9.AC

【分析】正确理解正态分布的概念，即可判断A,B两项，利用正态分布曲线的对称性以及

概率分布的特点易推理判断C,D两项.

【详解】由X~N3b可得双X)=〃，D(X)=4,故A正确；B错误；

对于C,利用正态曲线的对称性可知，P(X4〃-b)=P(XN〃+b),

故P(XW〃+b)+P(XW〃-b)=P(X4〃+b)+P(X2〃+b)=l,即C正确；

对于D,利用正态曲线的对称性可知，P(XW〃-b)=P(X2〃+b),

而尸(X2〃+b)>P(XN〃+2cr),故尸(XN〃+2cr)〈尸(XW4一cr),故D错误.

故选：AC.

10.ABC

答案第4页，共14页

【分析】利用赋值法令x=y根据表达式可判断A正确，再根据偶函数定义可得B正确；取

x+y=兀并根据对称中心定义可得C正确，由对称中心以及偶函数性质可判断4兀是/（x）的

一个周期，可得D错误.

【详解】对于A,根据题意令x=y,则由/（2x）+/（2y）=2/（x+y）/（x-y）可得

/（2x）+/（2x）=2/（2x）/（0）,解得"0）=1,即A正确；

对于B,令x=-y可得/（2力+了（-2%）=2/（0）/（2x）=2f（2x）,所以/（2x）"（-2x）,

即可得对任意的xeR满足/（X）=〃T）,即是偶函数，所以B正确；

对于C,令x+3=兀,则由/（2x）+〃2y）=2/（x+y）/（x—y）可得

/（27i-2y）+/（2y）=2/（7i）/（7i-2y）=0,

即/（x）满足〃2兀-力+/（力=0,因此可得〃尤）的图象关于点（兀,0）中心对称，即C正确;

对于D,由于/⑺是偶函数，所以满足/（X-2TI）+/（X）=0,即/（x）+/（x+2兀）=。，

可得了@一2兀）=〃％+2兀）,也即〃X）=/（X+4J）,所以4兀是〃尤）的一个周期，即D错

误.

故选：ABC

11.ABD

【分析】对于A,利用旋转前后抛物线焦点和对称轴变化，即可确定抛物线方程；对于B,

联立抛物线方程，求出点48的坐标，即得；对于C,将直点线与抛物线方程联立求出

的坐标，由两点间距离公式求得弦长,利用换元和函数的图象即可求得弦长最大值;对于D,

利用以直线近似取代曲线的思想求出三角形面积，即可对阴影部分面积大小进行判断.

【详解】由题意，开口向右的抛物线方程为C:2x,顶点在原点，焦点为月（；,0）,

将其逆时针旋转90。后得到的抛物线开口向上，焦点为区（0,：）,则其方程为V=2y,即

y=故A正确；

对于B,根据A项分析，由:尤可解得，尤=0或彳=2,即乙=2,代入可得力=2,

x=2y

由图象对称性，可得A（2,2）,B（2,-2）,故|AB|=4,即B正确；

答案第5页，共14页

对于c,

如图，设直线与第一象限花瓣分别交于点”,N,

y=T+tJx”=r+l-J2f+1y--x+t,,XN—J'2t+1-1

由2c解传|I-----------------由2c解得，

y=2%[y”=J2/+1-ix=2y~yN=/+1-d2t+]

即得M«+l—J2%+1,J2/+1—1),N(J2%+1—1/+1—J2/+1),

则弦长为：|MV|=j2«+2—2j2/+15=0|1+2—212%+11，

由图知，直线经过点A时，取最大值4,经过点0时/取最小值0,

即在第一象限部分满足0<r<4,不妨设a=^/^二T,贝也<“<3,且/=£^,

2

代入得，|MN|=@。^+2一2止争(〃一2)2一1],(1<"<3)

由此函数的图象知，当"=2时，|MV|取得最大值为交，即C错误；

2

对于D,根据对称性，每个象限的花瓣形状大小相同，故可以先求:部分面积的近似值.

O

如图，

在抛物线y=1x2,(x>0)上取一点P,使过点P的切线与直线。4平行，

11厂

由旷=尤=1可得切点坐标为P(1),因做：x-y=0,则点P到直线的距离为2_V2,

2"一正F

答案第6页，共14页

于是5呐=\也2+22〉也=工,由图知,半个花瓣的面积必大于g,

hOPA2422

故原图中的阴影部分面积必大于8X；=4,故D正确.

故选：ABD.

【点睛】思路点睛：本题主要考查曲线与方程的联系的应用问题，属于难题.

解题思路是，理解题意，结合图形对称性特征，通过曲线方程联立，计算判断，并运用函数

的图象单调性情况，有时还需要以直代曲的思想进行估算、判断求解.

12.6；

【分析】先得出二项式的展开式中的通项令4-2厂=0,可得答案.

【详解】因为(x-：/的展开式中的通项为：=Q(-iy，令"2/•=(),

得尸=2,

所以(尤-：)4的展开式中的常数项为4=C：(-1)2=6,

故答案为：6.

【点睛】本题考查二项式的展开式的通项公式，求二项式展开式中的特定项，属于基础题.

13.3

【分析】根据%求得4,再结合对勾函数的单调性，即可求得结果.

22

【详解】因为S〃=〃2+〃，则当时，an=Sn-S^=n+n-(n-l)-(n-l)=2n,

又当〃=1时，％=岳=2,满足a〃=2〃，故。〃=2〃；

又丁=》+:在(1,3)单调递减，在(3,口)单调递增；

9S”+9

故当〃=3时，〃取得最小值，也即〃=3时，-一取得最小值.

nan

故答案为：3.

14.13

【分析】根据多选题的计分标准，结合甲在此卷多选题的作答情况、百分位数的定义进行求

解即可.

【详解】甲在此卷多选题的作答中，

答案第7页，共14页

第一小题选了三个选项，因此甲此题的得分可以是0分，或6分；

第二小题选了两个选项，因此甲此题的得分可以是0分，或4分，或6分；

第三小题选了一个选项，因此甲此题的得分可以是0分，或2,或3,

因此甲多选题的所有可能总得分为。分，2分，3分，4分，6分，7分，8分，9分，12分，

13分，14分，15分，共12种情况，

因为12*80%=9.6,所以甲多选题的所有可能总得分(相同总分只记录一次)的第80百分

位数为13分，

故答案为：13

TT

15.(1)任选一条件，都有C=§

⑵9

【分析】(1)选①，由正弦定理角化边结合余弦定理，即可求得答案；选②，利用三角函数

诱导公式求出cos21c+：j=；,结合角的范围即可求得答案；

(2)利用三角形面积可求出“6=20,再将丽=就+丽平方后结合基本不等式，即可求

得答案；另外，也可利用△3C。的面积以及在△BCD中利用余弦定理求解.

【详解】(1)选择条件①，(a-6)sin(A+C)=(a-c)(sinA+sinC),

则(a-&)sinB=(a-c)(sinA+sinC),

由正弦定理可得(a-b)b=(a-c)(a+c),gpa2+b2-c2^ab,

所以cosC=4+"-c-=j.,由Ce(O,兀)，所以C=j

2ab23

71

选择条件②，sinCcosC+1-

4,

即sin]—+cos[c+g]=；,所以cos2[c+[]=；,

由Ce(O,兀)，5<C+?<¥，贝lJc°s[C+£]=一;,

所以c+5=g,则C=4.

(2)由S=^absinC==5/，解得aZ?=20.

222

又诟二部+诟，

答案第8页，共14页

r**k-**t、t.»2---►+c»2»»---*2

所以3。=(BC+CD)2=BC+2BCCD+CD

2c17/门八2/17、71717

=ci+2〃x—bx—+—b=QH----------ab之ab—ab——ab

2{2[24222

=10

所以即上加，当且仅当〃=&6*=2&6时等式成立，

所以如的最小值是

另解：因为2^c=5G,。为AC中点，

所以SBQC=AM==—•(2'—/?•sin—,得必=20,

△DZ7C2AADC2223

在△BCD中，由余弦定理得3r>2=_BC2+C£>2-28CC»COSC

=a2+—b2--ab>2a—b——ab=—ab=10

42222

所以BOwj而，当且仅当4=，方,6=2何时等式成立，

所以的最小值是JI5.

711

+

16.(1)4=五，^+1=4^2-

21

⑵证明见解析，匕=§一双产•

【分析】(1)根据题意，利用互斥事件的概率公式可求得2,再根据第〃天选择A餐厅用餐

的概率得到匕+1关于P,,的表达式；

9

(2)由(1)可得到EM是等比数列，利用等比数列的通项公式可求得月.

【详解】(D设4="第〃天去A餐厅用餐”，纥="第”天去B餐厅用餐”，

则。纥，且人与凡互斥.根据题意得

19

6=/4)=3金(男)=1-尸(4)=3"纥)=1-*4),

P(AJA)=：，P(AJ纥)=：，

13217

^P(4)=P(A)P(AI

=A)+m)^(4ls1)=-x-+-x-=-,

31

M=P(4+J=P(4)P(AJA)+PP(4+J

出)Bn)=-pn+-(i-pn),

答案第9页，共14页

即小

(2)%巴+^一|=；月，_,=；］匕一^

又因为6-|=-g/o,所以|匕-|1是以-g为首项，1为公比的等比数歹U,

21

从而月，=§一寸

17.(1)证明见解析

(2)O£=—

2

【分析】(1)要证3DLCE,只需证班)工平面ACO,只需证A。，3D,C。，3D,由题易

证;

(2)由体积求出A。的长,建立空间直角坐标系，假设£(0,0,〃)(〃>0),求出平面BCE、CEO

的法向量，由余弦值为巫，求出〃，进而可求OE的长.

10

【详解】(1)因为四边形A2CD是边长为4的菱形，并且ZR4O=1,

所以AABLUBC。均为等边三角形,

故AO,32co,9，且AO=CO=26,

因为AOu平面ACO,COu平面AC。，且AO「CO=O,

所以即上平面ACO

因为CEu平面ACO,所以BE>_LCE.

(2)设A到平面BCD的距离为//,因为等边三角形△BCD的边长为4,

所以三棱锥A-58的体积为'立X42/?=8,所以〃=2若，

34

因为4。=2退，所以49,平面BCD,

以0为坐标原点，。8所在直线为x轴，OC所在直线为V轴，所在直线为z轴，建立空

间直角坐标系。-孙z；

答案第10页，共14页

ZA

则0(0,0,0),3(2,0,0),C(0,2^,0),A(0,0,2^),设E(0,0,〃)5>0)

因为BD，平面ACO,所以万=(1,0,0)是平面ECO的一个法向量，

设平面BCE的法向量为用=(x,y,z),

又定=卜2,2右,0),砺=(-2,0,〃),

m2•BC=—2x+2y/3y=0

故，

m2-BE=-2x+nz=0

取x=g,贝！Iy=1,z=2出

n

得色二百』，冬8

n

因为二面角3-CE-O的余弦值为姮,

10

叫•叫6

所以mF"uT

n

解得：n=$~或n=S~(舍去)，止匕时OE=^

222

£

18.(1)—+/=1

⑵(i)交；(ii)证明见解析，y=­x.

22

【分析】(1)根据题意，列出关于。，瓦。的方程组，即可求解;

(2)(i)直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求弦长MB|,并求点到直线的距离，结合三

角形的面积公式，以及基本不等式，即可求面积的最大值；

(ii)利用韦达定理，结合向量的坐标公式，表示点。的坐标，即可求解定直线方程.

答案第11页，共14页

c_A/2

a=A/2

【详解】（1）设焦距为2c,依题意，2'解得<

C=1

2a+2c=2A/2+2,

又〃="+。2,所以

所以c的方程为］+y2=l.

（2）（i）设4（%1，丫1）,8（久2为2），

2

fx2_.

---y=1br、1°

因为，:2，fffW3x2+4mx+2m92—2=0,

y=x+m

A=16疗_4x3x(W-2)>0,解得病<3,

m24m2m2-2

所以石+x2=-,XxX2=——-——

X2『+(X-y2)2=&义J(X|+口—一4%々=gx也4-8疗=4^3-ot

\m\

点。到直线/"->+根=。的距离d=飞‘

m

所以△Q43的面积\\

23正

/2(3-7M2)+m2

=-^-x^3—m2^m2<

X

3-22

当且仅当3-病=疗，即机=±渔时，△Q4B面积的最大值为变.

22

（ii）设Q（x,y）,由丽=函+而，有（x,y）=（占+々,％+%），

X=Xj+X2

即

y=%+%

4祖9m

因为芭+兀2=~，所以％+%=M+%2+2m=

4m

X~―_3-1

故，,于是有>=一彳工,

2m2

y=——

3

所以点。在定直线y=龙.

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用韦达定理表示弦长，以及坐标.

答案第12页，共14页

19.(l)/(x)是极值可差比函数，理由见解析;

(2)不存在。使/(x)的极值差比系数为2-a,理由见解析；

(3)2-yln2,2-31n2.

【分析】(1)利用函数的导函数求出单调区间，由此得出极大值与极小值，由“极值可差比

函数”的定义，求出极值差比系数上的值，这样的值存在即可判断.

(2)反证法，假设存在这样的。，又“极值可差比函数”的定义列出等量关系，证明无解即

可.

(3)由(2)得到参数。与极值点的关系式，对关系式进行转化，得出相应函数，利用导函

数求出单调性即可得出函数取值范围.

【详解】(1)当。=2时，元)=彳一』一■|kuCx>0),