2025年福建厦门市高三三模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页保密★启用前准考证号__________姓名__________.（在此卷上答题无效）厦门市2025届高中毕业班第三次质量检测数学试题2025.4本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.一､单项选择题：本题共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．已知全集为，则图中阴影部分表示的集合是（

）A． B． C． D．2．若，则（

）A．1 B． C．2 D．43．已知随机变量，若，则（

）A． B． C． D．4．设，则（

）A． B． C．0 D．15．已知菱形的边长为为的中点，则（

）A． B． C． D．6．在正方体中，为的中点，为平面与平面的交线，则（

）A． B．C． D．7．已知数列是首项和公比均大于0的无穷等比数列，设甲：为递增数列；乙：存在正整数，当时，，则（

）A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件8．设为坐标原点，若曲线和曲线上分别存在两点，使得，则的取值范围为（

）A． B．C． D．二､多项选择题：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．已知直线为函数图象的一条对称轴，则（

）A．的最小正周期为B．C．D．的图象关于点对称10．过点的直线交圆于点，交圆于点，其中顺次排列.若，则（

）A． B．C． D．11．已知四棱锥的高为，底面是边长为的正方形，，则（

）A．的面积为定值B．C．四棱锥表面积的最小值为D．若四棱锥存在内切球，则该球半径为三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知，则.13．已知椭圆的焦点为为上的一点，若的周长为18，则的离心率为.14．6根长度相同的绳子平行放置在桌面上，分别将左、右两边的6个绳头各自随机均分成3组，然后将每组内的两个绳头打结，则这6根绳子恰能围成一个大圈的概率为.四､解答题：本题共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．记的内角的对边分别为，已知.(1)求；(2)为边上一点，若，且，求的面积.16．如图，在长方体中，与交于点为棱的中点.(1)证明：平面；(2)设，其中，若二面角的大小为，求.17．已知函数.(1)当时，求的极小值；(2)若存在唯一极值点，证明：.18．设抛物线的焦点为，过的直线交于两点（在第一象限），当垂直于轴时，.(1)求的方程；(2)过且与垂直的直线交于两点（在第一象限），直线与直线和分别交于两点.（i）当的斜率为时，求；（ii）是否存在以为直径的圆与轴相切.若存在，求的方程；若不存在，请说明理由.19．将区间中的全体有理数按一定顺序排列得到数列，规则如下：①，其中正整数与互质，如，；②，当且仅当时，.(1)写出的前5项；(2)若，，求；(3)记的前项和为，证明：.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】根据条件，求出集合，再利用集合的运算，即可求解.【详解】易知，又，所以，故选：C.2．B【分析】根据计算可得.【详解】因为，所以，所以.故选：B.3．B【分析】根据二项分布的期望公式求出，再由二项分布的概率公式计算可得.【详解】因为，所以，解得，即，所以.故选：B.4．A【分析】利用赋值法求解，先令求得，再令可求得结果.【详解】令可得，，令可得，，所以，故选：A.5．D【分析】利用向量的线性运算，得到，结合条件及向量数量积的运算律，即可求解.【详解】，所以，故选：D.6．D【分析】设为的中点，则即为所在直线，判断与是异面直线，即可判断A；由，与不垂直，即可判断B；由条件可证得平面，而，可得平面，从而，即可判断C，D.【详解】设为的中点，连接，∵为的中点，为的中点，∴，又∵，∴，∴四点共面，∴平面与平面的交线为，则即为所在直线，∵与是异面直线，即与是异面直线，故A错误；∵，而在直角中，，则与不垂直，故与不垂直，即与不垂直，故B错误；∵平面，平面，∴，又，，平面，∴平面，又，∴平面，即平面，∵平面，∴，故C错误，D正确，故选：D.7．A【分析】根据等比数列、充分和必要条件的知识进行分析，从而确定正确答案.【详解】设无穷等比数列的公比为，依题意，，若为递增数列，则为指数型递增数列，必存在正整数，当时，，充分性成立；不妨设，此时不是递增数列，所以甲是乙的充分条件但不是必要条件.故选：A8．C【分析】设，则；利用导数证得，设，则，取，此时，解不等式即可.【详解】设，则，当时取等号；令，则，当时，；当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增，则，得，则，设，则.取，此时，即，解得，即的取值范围为.故选：C.9．BC【分析】利用辅助角公式化简，根据三角函数的周期公式可判断A；由题意可得，求出可判断B；由B可知，根据三角函数的值域可判断C；求出的值可判断D.【详解】，其中，则的最小正周期为，故选项A错误；，因为直线为函数图象的一条对称轴，所以，即，解得，故选项B正确；由B可知，，因为，所以，故选项C正确；，故选项D错误.故选：BC.10．ABD【分析】对于A，根据题设可得，利用正弦定理可得，即可求解；对于B，根据题设有，即可求解；对于C，法一，取中点，利用线性运算，可得，结合条件，利用几何关系，即可求解；法二，取中点，设，则，利用余弦定理及几何关系，即可求解；对于D，利用选项B和C中结果，即可求解.【详解】由圆，知圆心为，半径为，由，知圆心为，半径为，又，对于选项A，均为钝角，在中，由正弦定理知，得到，同理可得，所以,则，故，所以选项A正确，对于选项B，同理可知，所以，因为，所以，所以选项B正确，对于选项C，方法1：取中点，则，又易知，所以，故选项C错误，方法2：取中点为，设，则，由勾股定理可得，，即，解得，所以选项C错误，对于选项D，由选项C可知，，所以，由选项B可知，，所以选项D正确，故选：ABD.11．ABD【分析】对于A，过过作垂直于，根据条件，利用几可关系可得，即可求解；对于B，利用几何关系可得，即可求解；对于C，过分别作的垂线，根据题设可得，即可求解；对于D，过作垂直于，从而有的内切圆半径等于该球半径，利用等面积法，即可求解.【详解】对于选项A，因为，所以在底面的射影在直线的垂直平分线上，过作垂直于，连接，因为面，面，则，又面，所以面，又面，则，又底面是边长为的正方形，则，所以的面积为，故选项A正确，对于选项B，由选项A易知，则，所以，故选项B正确，对于选项C，过分别作的垂线，垂足分别为，由选项A知与面积为定值，易知，，若在正方形内时，不妨设，则，则，因为可看成点到点和点的距离之和，则，所以，此时四棱锥表面积的最小值为，若在正方形外时，不妨设，，则，因为可看成点到点和点的距离之和，则，所以，此时四棱锥表面积的最小值为，综上，四棱锥表面积的最小值为，故选项C错误；对于选项D，若四棱锥存在内切球，则该球与平面，平面，平面均相切，过作垂直于，所以的内切圆半径等于该球半径，又，，设的内切圆半径为，则，得到，所以选项D正确，

故选：ABD.12．【分析】根据两角差的正切公式展开化简即可得解.【详解】，所以.故答案为：13．##【分析】首先判断的长半轴为不符合题意，即可得到的长半轴为，再由的周长，求出，即可得解.【详解】若的长半轴为，即，又，，所以的周长小于，不符题意；所以的长半轴为，所以，解得，所以椭圆，所以的离心率为.故答案为：14．【分析】先利用倍缩法求得左，右两边的各6个绳头各自随机均分成3组的总情况数，先选定左边第一条绳子的绳头，再从左边剩下的5个绳头里任取一个打结，若要围成一个大圈，则必须从右边的4个绳头里任取一个，这样交错地取绳头才能围成一个大圈，依次分析下去共有种，最后利用古典概型即可求得概率.【详解】左，右两边的各6个绳头各自随机均分成3组，共有种，先选定左边第一条绳子的绳头，然后从左边剩下的5个绳头里任取一个打结，然后按照从右边4个绳头里任取一个，从左边3个绳头里任取一个，从右边2个绳头里任取一个的顺序打结，一共有种，所以6根绳子恰能围成一个大圈的概率为.故答案为：.15．(1)(2)【分析】（1）方法一：对已知等式利用正弦定理结合两角和的正弦公式得到，进而得到，即可求得；方法二：对已知等式由余弦定理可得，即可求得；（2）方法一：在和中，分别利用正弦定理可得，在中，由余弦定理可得，由三角形面积公式计算即可求得；方法二：过作，可得，由，得，在中，由余弦定理可得，由三角形面积公式计算即可求得；方法三：由与的面积之比为，又由三角形面积公式与的面积之比为，可得，在中，由余弦定理可得，由三角形面积公式计算即可求得.【详解】（1）方法一：已知，由正弦定理得，，因为，所以，由于，故，则，而，因此.方法二：由余弦定理得，，所以，而，因此（2）方法一：由（1）及题设知，.在中，由正弦定理得，，在中，由正弦定理得，，两式相除可得，即，在中，由余弦定理得，，即，则的面积.方法二：过作，垂足为.在中，，所以.由于，故，，得.在中，由余弦定理得，，即，则的面积.方法三：由（1）及题设知，.一方面，因为高相同，则与的面积之比等于，另一方面，与的面积之比为，所以，即.在中，由余弦定理得，，即，则的面积.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用和即可证明结论.（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法即可求得结果.【详解】（1）以为坐标原点，为单位长，为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.由题设知.故，由得，.由得，.而平面平面，所以平面.（2）由（1）得,由题设知.故,由（1）知平面的一个法向量为.设平面的法向量，则即令，则可得平面的一个法向量.则，又二面角的余弦值为，解得或（舍去），故的值为.17．(1)(2)证明见解析【分析】（1）当时，利用导数分析函数的单调性，可求出函数的极小值；（2）解法一：由题意可知，与同号，分析可知，函数在上有且只有一个异号零点，可得出，由极值点的定义可得，可得，求出的取值范围，将，构造函数，，利用导数证明出，即可证得结论成立；解法二：由题意可知，与同号，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，根据函数只有一个极值点可求出的取值范围，根据极值点的定义可得出，进而可得出，构造函数，，利用导数证明出，即可证得结论成立.【详解】（1）函数的定义域为.当时，，.令得，或.当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增.所以当时，取极小值.（2）方法一：因为的定义域为，.当时，与同号.因为的图象关于对称，函数在上单调递减，在上单调递增，又存在唯一极值点，即函数在上有且只有一个异号零点，则，

由二次函数的对称性可知，由题意可知，为函数的零点，则可得，解得（舍）或，将代入得，构造，，则，所以，即，所以.方法二：因为的定义域为，.当时，与同号.因为的图象关于对称，易知在单调递减，在单调递增.（i）当时，，则在单调递增，函数无极值点；（ii）当时，令可得，，且，由可得，由可得或，故在区间单调递增，单调递减，单调递增，从而有两个极值点，不合题意；（iii）当时，则，，由可得，由可得，故在区间单调递减，单调递增，函数唯一极值点，符合题意；所以，设，，则，所以在单调递减，，故.18．(1)(2)（i）；（ii）不存在，理由见解析【分析】（1）利用抛物线的标准方程和焦点坐标，结合垂直于轴的直线与抛物线的交点，通过弦长条件求出参数，从而确定抛物线的方程；（2）（i）通过直线斜率关系确定的方程，求出直线与抛物线的交点，进一步得到直线和的方程，计算它们与的交点，最后求；（ii）根据圆与轴相切的条件，判断是否存在满足条件的圆，验证圆心到轴的距离是否等于半径即可判断.【详解】（1）设各点坐标分别为，其中.

依题意.当轴时，直线的方程为.令可得.故的方程为.（2）（i）依题意，直线的方程为，即；由得，故，则.直线的方程为，即.由得，故，则.所以直线的方程为，令得.直线的方程为，令得，故.（ii）设直线的方程为，其中.由得，.因为，所以，，，所以从而.令得.故.因为，所以，当且仅当时，等号成立.同理，而分别在第一､第四象限，故，从而不存在以为直径的圆与轴相切.19．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据已知条件直接求解即可；（2）由已知可得，根据，当且仅当时，，又，根据与2025互质可得既不是3的倍数，也不是5的倍数，即可求解；（3）方法一：记中分母为正整数的共有项，由已知可得项的平均数为，当时，当时，，然后分和两种情况即可求解；方法二：记中的元素个数为，设，其中，根据和两种情况即可证明.【详解】（1）的前5项为；（2）因为，，所以，又因为，故，，因此，当且仅当时，，由于，故由与2025互质可得既不是3的倍数，也不是5的倍