福建省部分学校2025届高三上学期第三次联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省部分学校2025届高三上学期第三次联考数学试题一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项是符合题意的.）1.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由题意可得：，且，所以.故选：B.2.已知非零向量满足，向量在向量方向上的投影向量是，则与夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设非零向量夹角为，向量在向量方向上的投影向量是，则，又，解得．故选：C.3.展开式中项的系数是（）A. B.40 C. D.80【答案】A【解析】的通项是令则展开式中项的系数为故选：A.4.如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为3，且它们彼此的夹角都是，则对角线长为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】如图，由已知，，，∵，∴，∴，即，故选：A.5.若一个圆锥底面半径为1，高为，则该圆锥表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意可知圆锥的母线长，底面圆周长为，底面圆面积为，所以圆锥侧面积为，故该圆锥表面积为.故选：C6.已知，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】根据题意可得，，则，，.故选：D7.把液体A放在冷空气中冷却，如果液体A原来的温度是℃，空气的温度是℃，则tmin后液体A的温度℃可由公式求得.现把温度是60℃的液体A放在13℃的空气中冷却，液体A的温度冷却到37℃和25℃所用的时间分别为min，min，则的值约为（）（参考数据：，）A.2.3 B.2.7 C.3.7 D.4.7【答案】A【解析】由已知，，所以，，所以.故选：A8.对于函数，若存在，使，则称点与点是函数的一对“隐对称点”.若函数的图象存在“隐对称点”，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由隐对称点的定义可知函数的图象上存在关于原点对称的点，设的图象与函数的图象关于原点对称，令，则，所以，所以，因为，又，所以函数的图象存在“隐对称点”等价于与在上有交点，即方程有零点，则，又，当且仅当，即等号成立，所以.故选：.二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个选项是符合题意的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的不得分.）9.若复数，则下列说法正确的是（）A.的虚部是B.的共轭复数是C.的模是D.在复平面内对应的点在第二象限【答案】BC【解析】对于A选项，，这里，，所以的虚部是，A选项错误.对于B选项，因为，所以的共轭复数，B选项正确.对于C选项，对于，则，C选项正确.对于D选项，先计算.在复平面内对应的点为，这个点在第四象限，D选项错误.故选：BC.10.已知的内角，，所对的边分别为，，，下列四个命题中正确的是（

）A.若为锐角三角形，则B.若，，则是等边三角形C.若，则是等腰三角形D.若为钝角三角形，且，，，则的面积为【答案】ABC【解析】对于A，若为锐角三角形，则，所以，所以即，故A正确；对于B，若，，则，所以，所以，所以，所以即，所以，即是等边三角形，故B正确；对于C，由余弦定理可得，若，则，即是等腰三角形，故C正确；对于D，因为为钝角三角形，且，，，所以，所以由余弦定理得即，整理得，解得或，当时，，故A为钝角，满足题意；当时，，故B为钝角，满足题意，的面积为或.故D错误.故选：ABC.11.已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于两点（点位于点上方），且，延长，分别交椭圆于点，，连接交轴于点，若的面积是的面积的3倍，则下列说法正确的有（

）A.椭圆的离心率为 B.的周长为C. D.直线的斜率是直线的斜率的倍【答案】ACD【解析】如图，因的面积是的面积的3倍，则，不妨设，则，，在中，由余弦定理，，解得或（舍去）故，，，，则由，可得为等腰直角三角形，则，，于是椭圆方程为.对于A，由上知，椭圆的离心率为，故A正确；对于B，的周长为，故B错误；对于C，由题意，，则直线代入，整理得，解得，代入，得，又直线，即代入，整理得，由解得，代入，即得，又直线，代入，整理得，解得，代入，即得,故直线，即，令，解得，故，C正确；对于D，由C已得，而,故直线的斜率是直线的斜率的倍，故D正确.故选：ACD.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）12.某校四个植树小队，在植树节这天种下柏树的棵数分别为，若这组数据的中位数和平均数相等，那么_____.【答案】或【解析】当时，将数据进行排列，得到，因为这组数据的中位数和平均数相等，所以，解得，当时，将数据进行排列，得到，因为这组数据的中位数和平均数相等，所以，解得，与范围不符，故排除当时，将数据进行排列，得到，因为这组数据的中位数和平均数相等，所以，解得，经检验，和均符合题意.故答案为：或.13.已知函数的图象关于点对称，则的单调递增区间为_____________.【答案】【解析】令，可得：，结合，令，可得，得，解得，再令，可得，所以的单调递增区间为，故答案为：.14.在四面体中，，，，若四面体的体积最大时，则四面体的外接球的表面积为__________．【答案】【解析】如图，作的中点,连接，因为，，所以该三棱锥以为底，点到底面的距离为高，因为，要使体积最大，则高最大为，此时平面，故,平面平面设则底面积由余弦定理可知，当且仅当时等号成立，故的最大值为，此时，所以当四面体底面为等边三角形，,平面平面时，四面体体积最大，此时底面的外接圆圆心为，连接由正弦定理可知，显然所以所以所以故点为该三棱锥外接球球心，外接球半径所以外接球表面积为.故答案为：四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.）15.已知数列为等比数列，数列满足，且.（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，记数列的前项和为，求.解：（1）因为，所以，又，所以，因为为等比数列，所以，即，化简得.因为，得.因此，易知为等比数列；所以，（2）由（1）知，.，16.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，点、为分别为、的中点．（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：取的中点，连接，因为点、E分别为、的中点，所以是的中位线所以且，又因为为的中点，可得且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，且平面，所以平面．（2）解：取的中点，连结，因为，可得，且，又因为，且，所以，所以，又因为，且平面，所以平面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，可得，因为为中点，为的中点，可得，则，设是平面的法向量，则，取，可得，所以，设是平面的法向量，则，取，可得，所以；设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面夹角的余弦值为．17.某中学举办“数学知识竞赛”，初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个班级派出两个小组，且每个小组都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的小组才具备参与决赛的资格.高三（6）班派出甲､乙两个小组参赛，在初赛中，若甲､乙两组通过第一轮比赛的概率分别是，通过第二轮比赛的概率分别是，且各个小组所有轮次比赛的结果互不影响.（1）若高三（6）班获得决赛资格的小组个数为，求的分布列；（2）已知甲､乙两个小组在决赛中相遇，决赛以三道抢答题形式进行，抢到并答对一题得100分，答错一题扣100分，得分高的获胜.假设这两组在决赛中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率，且甲､乙两个小组抢到该题的可能性分别是，假设每道题抢与答的结果均互不影响，求乙已在第一道题中得100分的情况下甲获胜的概率.解：（1）设甲､乙通过两轮制的初赛分别为事件，则，由题意可得，X的取值有，，，，分布列如下：012（2）依题意甲､乙抢到并答对一题的概率分别为，，乙已得100分，甲若想获胜情况有：甲得200分：其概率为；②甲得100分，乙再得分，其概率为；③甲得0分，乙再得分，其概率；故乙先得100分后甲获胜的概率为.18.已知为抛物线的焦点，为坐标原点，过焦点作一条直线交于A，B两点，点在的准线上，且直线MF的斜率为的面积为1.（1）求抛物线的方程；（2）试问在上是否存在定点，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；（3）过焦点且与轴垂直的直线与抛物线交于P，Q两点，求证：直线AP与BQ的交点在一条定直线上.（1）解：由题意得，直线方程为：，令，则，故，于是，解得（负值舍去），故抛物线方程为.（2）解：设的方程为，，，由题意得，，即，可得，通分可得，联立和抛物线，得到，，由，代入可得，整理可得，解得或，故，满足题意.（3）证明：由题意，，则直线，直线，两直线方程相减得到：，由（2）知，，于是，即，即，即，于是，解得，即直线AP与BQ的交点在一条定直线上19.已知函数及其导函数f'x的定义域都为R，设直线：是曲线的任意一条切线，切点横坐标为，若，当且仅当时“=”成立，则称函数满足“性质”.（1）判断是否满足“性质”，并说明理由；（2）若f'x是单调增函数，证明：满足“性质”；（3）若函数满足“性质”，求实数的取值范围.（1）解：满足“性质”，理由如下：因为，设曲线的一条切线，其切点为，则直线的方程为：，因为，当且仅当时“”成立，由的任意性可知，满足“性质”.（2）证明：设直线是曲线y=fx的任意一条切线，切点为则直线方程为：，设，则，因为f'则当时，，递减，；当x∈x0,+∞时，，递增，即对任意，，当且仅当时取等号.由的任意性可知，函数满足“性质”.（3）解：①当时，因为，设，因为，所以hx在R上单调递增，即在R上单调递增，由（2）可知，函数满足“性质”.②下证当时，函数不满足“性质”.方法一：设直线与曲线y=gx切于点则直线的方程为：，设，根据“性质”的定义，要证不满足“性质”，只要证存在，使得.因为，设，则，设，则递