福建省名校联盟部分中学2025届高三上学期期中质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省名校联盟部分中学2025届高三上学期期中质量检测数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由可得，所以，所以故选：B.2.设，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】是增函数，又，，又增函数，则，故充分性成立；是增函数，，，又是增函数，，故必要性成立.即“”是“”的充要条件.故选：.3.若复数满足，则（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】由已知可得，所以，故选：A.4.若直线与曲线相切，则（）A.2 B.e C. D.【答案】C【解析】设切点为，则对求导有，故在处切线的斜率为，则由在直线上可得，解得，故.故选：C5.已知，均为锐角，若，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由，，可得，，解得，所以，即.故选：D.6.已知，均为正实数，若，则的最小值为（）A.4 B.9 C.12 D.14【答案】B【解析】由题意，当且仅当，即，时取等号.故选：B7.已知平面向量，，，若，则的最大值为（）A. B.1 C. D.2【答案】D【解析】由，可得，解得，所以，故选：D.8.已知函数的图象经过四个象限，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】的图象经过四个象限，即当时，有正有负，当时，有正有负，又时，，时，，所以在和0,+∞均至少各有一个变号零点，令，所以，设，，将其转化为与在，的图象由交点，，当，时，，当时，，所以在，上单调递减，在0,2上单调递增，又，且x>0时，，作出y=gx图象，由图可知，.故选：D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.记等差数列的前项和为，若，，则（）A. B.是递增数列C.当时，取得最小值 D.若，则的最小值为11【答案】BD【解析】对于A，由题意可得，解得，故A错误；对于B，，故是递增数列，故B正确；对于C，，所以，当时，取到最小值，故C错误；对于D，令，即，解得或，因为，所以使的的最小值为11，故D正确.故选：BD10.已知函数满足，则（）A.B.点是曲线的对称中心C.在区间上单调递减D.若函数在区间上恰有两个极值点，则【答案】ABD【解析】对A，，，即，故，解得，故A正确；对B，由A可得的一条对称轴为，周期为，故的一对称中心为，故对称中心，取，即为，故B正确；对C，当，即时，单调递减，故C错误；对D，，设，则两个极值点满足，由图像可得，即，故D正确.故选：ABD11.已知函数的定义域为，满足，则（）A. B. C.是偶函数 D.【答案】ABD【解析】对A，令，得，即，故A正确；对B，令，得，即，故，故B正确；对C，令，则，由B，，故，用替代，即，再令，由得，即.若，则，为偶函数，取，得，由，令有，为偶函数有，故，即.取，得，与矛盾，故，此时，即为奇函数，故C错误.对D，由为奇函数可得，所以fx+4=-fx+2=fx，，，，所以，，故D正确.故选；ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知数列为等比数列，若，则数列的前6项和为______.【答案】【解析】由题意，公比为，则，故.故数列的前6项和为.故答案为：13.已知函数的图象关于直线对称，则______.【答案】【解析】函数的定义域满足，即，由函数的图象关于直线对称，得的定义域关于对称，则的解集只能为，故.则，即，故，则，解得.故故答案为：14.在平面四边形中，若，，，则的最大值为______.【答案】【解析】设，在中由余弦定理得，因为，所以，由正弦定理得，所以，因为，所以，在中，由余弦定理得，所以，，其中，所以当时，此时，综上所述，的最大值为．故答案为：四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知椭圆的右焦点为，离心率为.（1）求的方程；（2）已知点，直线过且与交于，两点，若，求的方程.解：（1）右焦点为，离心率为，由椭圆的性质知，焦距，因此；离心率公式为，解得；再根据椭圆的定义，代入和的值，可以求得.因此，椭圆的方程为.（2）当直线l的斜率不存在时,显然不满足题意.当直线l的斜率存在时,①当斜率为0时，过的直线的方程为,此时，符合题意；②当斜率不为0时，设直线的方程为,,联立,消去y,整理得，所以，，设线段AB的中点为，则，,因为，而，所以,所以，即,解得或1,所以直线的方程为或.综上所述,直线的方程为或或16.记的内角，，的对边分别为，，，已知.（1）求；（2）若，求面积的最大值.解：（1）由可得：，由正弦定理可得：，所以，因为B∈0,π，所以所以.（2）由可得：，所以，由正弦定理可得：，所以，由正弦定理可得：，又因为，所以，所以面积为：，当即时取等.所以面积的最大值为.17.如图，三棱柱中，点在底面的射影为，，，，，是的中点.（1）证明：平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求三棱柱的体积.（1）证明：连接并延长交于，连接，由题意平面，平面，所以，又，所以与全等，即，所以，又，即，所以，，所以，所以，即，所以为中点，又是的中点，所以，又平面，平面，所以平面.（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，，设，则有，，则，设平面的法向量为，则，令，则，所以，解得，即，所以三棱柱的体积为.18.已知函数，.（1）当时，求函数的最小值；（2）若，求；（3）证明：.（1）解：当时，，，x∈0,+∞，，当时，，当时，，所以Fx在0,1上单调递减，在1,+所以.（2）解：若，则，所以，设，x∈0,+∞所以，令，因为在x∈0,+∞上单调递减，所以在x∈0,+∞上单调递减，且，所以当时，，即，当时，，即，所以在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，所以，即，即，即，由（1）知，，即，所以.（3）证明：①当时，由（1）可得，成立；②当时，当时，，由（1）知，，则；当时，，由（1）知，，即，所以，则，综上所述，.19.若有穷数列满足：①；②，则称为数列.（1）已知是数列，写出的所有可能值；（2）已知是数列，对任意给定的，将的所有可能取值从小到大排列构成一个新的数列.（i）证明：当时，是等差数列；（ii）求中所有项的和.解：（1），设，，故，因为或，故.（2）（i），设，所以，不妨设是中所有可