福建省莆田市第八中学2025届高三复习质量检测试题数学试题含解析

福建省莆田市第八中学2025届高三复习质量检测试题数学试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。1．一个封闭的棱长为2的正方体容器，当水平放置时，如图，水面的高度正好为棱长的一半．若将该正方体绕下底面（底面与水平面平行）的某条棱任意旋转，则容器里水面的最大高度为（）A． B． C． D．2．若双曲线的焦距为，则的一个焦点到一条渐近线的距离为（）A． B． C． D．3．如图是二次函数的部分图象，则函数的零点所在的区间是（）A． B． C． D．4．如图所示，已知双曲线的右焦点为，双曲线的右支上一点，它关于原点的对称点为，满足，且，则双曲线的离心率是（）.A． B． C． D．5．已知双曲线的离心率为，抛物线的焦点坐标为，若，则双曲线的渐近线方程为（）A． B．C． D．6．在复平面内，复数（，）对应向量（O为坐标原点），设，以射线Ox为始边，OZ为终边旋转的角为，则，法国数学家棣莫弗发现了棣莫弗定理：，，则，由棣莫弗定理可以导出复数乘方公式：，已知，则（）A． B．4 C． D．167．若两个非零向量、满足，且，则与夹角的余弦值为（）A． B． C． D．8．斜率为1的直线l与椭圆相交于A、B两点，则的最大值为A．2 B． C． D．9．是恒成立的（）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10．已知整数满足，记点的坐标为，则点满足的概率为（）A． B． C． D．11．已知数列的通项公式是，则（）A．0 B．55 C．66 D．7812．已知等比数列的前项和为，且满足，则的值是()A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知为等差数列，为其前n项和，若，，则_______.14．函数的极大值为______.15．已知实数，满足约束条件则的最大值为________．16．函数的图像如图所示，则该函数的最小正周期为________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数（）的图象在处的切线为（为自然对数的底数）（1）求的值；（2）若，且对任意恒成立，求的最大值.18．（12分）已知函数.（1）当时.①求函数在处的切线方程；②定义其中，求；（2）当时，设，(为自然对数的底数)，若对任意给定的，在上总存在两个不同的，使得成立，求的取值范围.19．（12分）如图，在四棱柱中，底面为菱形，.（1）证明：平面平面；（2）若，是等边三角形，求二面角的余弦值.20．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，且.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）设直线与椭圆相交于、两点，与圆相交于、两点，求的取值范围.21．（12分）已知各项均为正数的数列的前项和为，满足，，，，恰为等比数列的前3项．（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前项和为；若对均满足，求整数的最大值；（3）是否存在数列满足等式成立，若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由．22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数）．以平面直角坐标系的原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．（1）求曲线的极坐标方程；（2）设和交点的交点为，求的面积．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．B【解析】

根据已知可知水面的最大高度为正方体面对角线长的一半，由此得到结论．【详解】正方体的面对角线长为，又水的体积是正方体体积的一半，且正方体绕下底面（底面与水平面平行）的某条棱任意旋转，所以容器里水面的最大高度为面对角线长的一半，即最大水面高度为，故选B.本题考查了正方体的几何特征，考查了空间想象能力，属于基础题．2．B【解析】

根据焦距即可求得参数，再根据点到直线的距离公式即可求得结果.【详解】因为双曲线的焦距为，故可得，解得，不妨取；又焦点，其中一条渐近线为，由点到直线的距离公式即可求的.故选：B.本题考查由双曲线的焦距求方程，以及双曲线的几何性质，属综合基础题.3．B【解析】

根据二次函数图象的对称轴得出范围，轴截距，求出的范围，判断在区间端点函数值正负，即可求出结论.【详解】∵，结合函数的图象可知，二次函数的对称轴为，，，∵，所以在上单调递增.又因为，所以函数的零点所在的区间是.故选:B.本题考查二次函数的图象及函数的零点，属于基础题.4．C【解析】

易得，，又，平方计算即可得到答案.【详解】设双曲线C的左焦点为E，易得为平行四边形，所以，又，故，，，所以，即，故离心率为.故选：C.本题考查求双曲线离心率的问题，关键是建立的方程或不等关系，是一道中档题.5．A【解析】

求出抛物线的焦点坐标，得到双曲线的离心率，然后求解a，b关系，即可得到双曲线的渐近线方程．【详解】抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点坐标为（1，0），则p＝2，又e＝p，所以e2，可得c2＝4a2＝a2+b2，可得：ba，所以双曲线的渐近线方程为：y＝±．故选：A．本题考查双曲线的离心率以及双曲线渐近线方程的求法，涉及抛物线的简单性质的应用．6．D【解析】

根据复数乘方公式：，直接求解即可.【详解】，.故选：D本题考查了复数的新定义题目、同时考查了复数模的求法，解题的关键是理解棣莫弗定理，将复数化为棣莫弗定理形式，属于基础题.7．A【解析】

设平面向量与的夹角为，由已知条件得出，在等式两边平方，利用平面向量数量积的运算律可求得的值，即为所求.【详解】设平面向量与的夹角为，，可得，在等式两边平方得，化简得.故选：A.本题考查利用平面向量的模求夹角的余弦值，考查平面向量数量积的运算性质的应用，考查计算能力，属于中等题.8．C【解析】

设出直线的方程，代入椭圆方程中消去y，根据判别式大于0求得t的范围，进而利用弦长公式求得|AB|的表达式，利用t的范围求得|AB|的最大值．【详解】解：设直线l的方程为y＝x+t，代入y2＝1，消去y得x2+2tx+t2﹣1＝0，由题意得△＝（2t）2﹣1（t2﹣1）＞0，即t2＜1．弦长|AB|＝4．故选：C．本题主要考查了椭圆的应用，直线与椭圆的关系．常需要把直线与椭圆方程联立，利用韦达定理，判别式找到解决问题的突破口．9．A【解析】

设成立；反之，满足，但，故选A.10．D【解析】

列出所有圆内的整数点共有37个，满足条件的有7个，相除得到概率.【详解】因为是整数，所以所有满足条件的点是位于圆（含边界）内的整数点，满足条件的整数点有共37个，满足的整数点有7个，则所求概率为.故选：.本题考查了古典概率的计算，意在考查学生的应用能力.11．D【解析】

先分为奇数和偶数两种情况计算出的值，可进一步得到数列的通项公式，然后代入转化计算，再根据等差数列求和公式计算出结果.【详解】解：由题意得，当为奇数时，，当为偶数时，所以当为奇数时，；当为偶数时，，所以故选：D此题考查数列与三角函数的综合问题，以及数列求和，考查了正弦函数的性质应用，等差数列的求和公式，属于中档题.12．C【解析】

利用先求出，然后计算出结果.【详解】根据题意，当时，,,故当时，,数列是等比数列,则，故,解得,故选.本题主要考查了等比数列前项和的表达形式，只要求出数列中的项即可得到结果，较为基础.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．1【解析】试题分析：因为是等差数列，所以，即，又，所以，所以．故答案为1．【考点】等差数列的基本性质【名师点睛】在等差数列五个基本量，，，，中，已知其中三个量，可以根据已知条件，结合等差数列的通项公式、前项和公式列出关于基本量的方程(组)来求余下的两个量，计算时须注意整体代换思想及方程思想的应用.14．【解析】

先求函的定义域，再对函数进行求导，再解不等式得单调区间，进而求得极值点，即可求出函数的极大值．【详解】函数，，，令得，，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，当时，函数取到极大值，极大值为.故答案为：．本题考查利用导数研究函数的极值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力，求解时注意定义域优先法则的应用．15．1【解析】

作出约束条件表示的可行域，转化目标函数为，当目标函数经过点时，直线的截距最大，取得最大值，即得解.【详解】作出约束条件表示的可行域是以为顶点的三角形及其内部，转化目标函数为当目标函数经过点时，直线的截距最大此时取得最大值1．故答案为：1本题考查了线性规划问题，考查了学生转化划归，数形结合，数学运算能力，属于基础题.16．【解析】

根据图象利用，先求出的值，结合求出，然后利用周期公式进行求解即可．【详解】解：由，得，，，则，，，即，则函数的最小正周期，故答案为：8本题主要考查三角函数周期的求解，结合图象求出函数的解析式是解决本题的关键．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．(1)a=-1,b=1;(2)-1.【解析】（1）对求导得，根据函数的图象在处的切线为，列出方程组，即可求出的值；（2）由（1）可得，根据对任意恒成立，等价于对任意恒成立，构造，求出的单调性，由，，，，可得存在唯一的零点，使得，利用单调性可求出，即可求出的最大值.（1），.由题意知.（2）由（1）知：，∴对任意恒成立对任意恒成立对任意恒成立.令，则.由于，所以在上单调递增.又，，，，所以存在唯一的，使得，且当时，，时，.即在单调递减，在上单调递增.所以.又，即，∴.∴.∵，∴.又因为对任意恒成立，又，∴.点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.18．（1）①；②8079；（2）.【解析】

（1）①时，，，利用导数的几何意义能求出函数在处的切线方程．②由，得，由此能求出的值．（2）根据若对任意给定的，，在区间，上总存在两个不同的，使得成立，得到函数在区间，上不单调，从而求得的取值范围．【详解】（1）①∵，∴∴，∴，∵，所以切线方程为.②，.令，则,.因为①,所以②,由①+②得,所以.所以.（2），当时，函数单调递增；当时，，函数单调递减∵，，所以，函数在上的值域为.因为，，故，，①此时，当变化时、的变化情况如下：—0+单调减最小值单调增∵，，∴对任意给定的，在区间上总存在两个不同的，使得成立，当且仅当满足下列条件，即令，，，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减所以，对任意，有，即②对任意恒成立.由③式解得：④综合①④可知，当时，对任意给定的，在上总存在两个不同的，使成立.本题考查了导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性、求函数最值问题，会利用导函数的正负确定函数的单调性，会根据函数的增减性求出闭区间上函数的最值，掌握不等式恒成立时所满足的条件．不等式恒成立常转化为函数最值问题解决．19．（1）证明见解析（2）【解析】

（1）根据面面垂直的判定定理可知，只需证明平面即可．由为菱形可得，连接和与的交点，由等腰三角形性质可得，即能证得平面；（2）由题意知，平面，可建立空间直角坐标系，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，再分别求出平面的法向量，平面的法向量，即可根据向量法求出二面角的余弦值．【详解】（1）如图，设与相交于点，连接，又为菱形，故，为的中点.又，故.又平面，平面，且，故平面，又平面，所以平面平面.（2）由是等边三角形，可得，故平面，所以，，两两垂直.如图以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.不妨设，则，，则，，，，，，设为平面的法向量，则即可取，设为平面的法向量，则即可取，所以.所以二面角的余弦值为0.本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理的应用，以及利用向量法求二面角，意在考查学生的直观想象能力，逻辑推理能力和数学运算能力，属于基础题．20．（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）利用勾股定理结合条件求得和，利用椭圆的定义求得的值，进而可得出，则椭圆的标准方程可求；（Ⅱ）设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，利用韦达定理与弦长公式求出，利用几何法求得直线截圆所得弦长，可得出关于的函数表达式，利用不等式的性质可求得的取值范围.【详解】（Ⅰ）在椭圆上，，，，，，，又，，，，椭圆的标准方程为；（Ⅱ）设点、，联立消去，得，，则，，设圆的圆心到直线的距离为，则.，，，，的取值范围为.本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中弦长之积的取值范围的求解，涉及韦达定理与弦长公式的应用，考查计算能力，属于中等题.21．（2），（2），的最大整数是2．（3）存在，【解析】

（2）由可得（），然后把这两个等式相减，化简得，公差为2，因为，，为等比数列，所以，化简计算得，，从而得到数列的通项公式，再计算出，，，从而可求出数列的通项公式；（2）令，化简计算得，从而可得数列是递增的，所以只要的最小值大于即可，而的最小值为，所以可得