泉州市2025屆高中畢業班質量監測（三）高三數學本試卷共19題，滿分150分，共8頁.考試用時120分鐘.注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2．考生作答時，將答案答在答題卡上.請按照題號在各題的答題區域（黑色線框）內作答，超出答題區域書寫的答案無效.在草稿紙、試題卷上答題無效.3．選擇題答案使用2B鉛筆填涂，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號；非選擇題答案使用0.5毫米的黑色中性（簽字）筆或碳素筆書寫，字體工整、筆跡清楚.4．保持答題卡卡面清潔，不折疊、不破損.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據交集的定義，即可求解.【詳解】滿足的正整數只有，所以.故選：A2.已知向量滿足，且，則與的夾角為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用數量積的運算律求出，進而求出夾角.【詳解】由，得，而，則，，而，所以與的夾角.故選：C3.已知復數滿足，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據復數的模得到方程求出的值，即可求出，再根據復數代數形式的運算法則判斷即可.【詳解】因為，所以，又，所以，解得或（舍去），所以，則，所以，.故選：D4.已知圓柱的底面半徑與球的半徑均為1，且圓柱的側面積等于球的表面積，則該圓柱的母線長等于（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】根據圓柱側面積和球表面積公式列方程，解方程即可.【詳解】設圓柱的母線長為，則，解得.故選：B.5.已知的展開式中的系數為0，則的值為（）A B. C.640 D.1280【答案】A【解析】【分析】根據給定條件，求出兩個二項式展開式中的系數即可得解.【詳解】依題意，展開式中項為，其系數為，展開式中項，其系數為，由展開式中的系數為0，得，所以.故選：A6.已知拋物線的準線為，點在上，以為圓心的圓與和軸都相切，則該圓被軸截得的弦長等于（）A.1 B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】根據相切的到點然后代入拋物線方程得到，最后利用勾股定理求弦長.【詳解】拋物線的準線方程為，不妨取點在第一象限，設以為圓心的圓的半徑為，因為以為圓心的圓與和軸都相切，所以，將代入拋物線方程得，解得，則到軸的距離為1，該圓被軸截得的弦長為.故選：D.7.已知函數，若，則的值可以是（）A. B. C.3 D.5【答案】B【解析】【分析】根據得到，然后根據的范圍求的范圍即可.【詳解】由題意得，，整理得，因為，則，.故選：B.8.如圖，已知是圓錐的軸截面，分別為的中點，過點且與直線垂直的平面截圓錐，截口曲線是拋物線的一部分．若在上，則的最大值為（）A B.1 C. D.【答案】C【解析】【分析】勾股得到，從而得到當最大時，最大，然后根據截面得到截面，根據勾股得到當最大時，最大，再結合截面得到的最大值，從而得到的最大值.【詳解】過點作，交底面圓于兩點，連接，，，設，則，所以當最大時，最大，由圓錐的性質得底面，因為底面，所以，又，平面，所以平面，因為平面，所以，因為分別是的中點，所以，則，因為，平面，所以平面，則平面為截面，因為為中點，所以，所以平面，因平面，所以，所以，則當最大時，最大，如圖為截面的平面圖，以為原點，為軸，過點垂直向上的方向為軸正方向建系，，，，則拋物線方程為，設，，則，所以，則此時，.故選：C.【點睛】關鍵點睛：本題的解題關鍵在于找到截面，然后轉化為平面幾何求最值.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，有選錯的得0分，部分選對的得部分分.9.有一組樣本數據1，2，3，4，5，現加入兩個正整數，構成新樣本數據，與原樣本數據比較，下列說法正確的是（）A.若平均數不變，則 B.若極差不變，則C.若，則中位數不變 D.若，則方差不變【答案】AC【解析】【分析】根據平均數、極差、中位數和方差的定義判斷.【詳解】若平均數不變，則，解得，故A正確；當時，極差不變，但，故B錯；若，則為或或，每一種情況對應的中位數都是3，故C正確；原數據的平均數為3，原數據的方差為，新數據的平均數為3，新數據的方差為，當且僅當時等號成立，所以方差有可能改變，故D錯.故選：AC.10.已知函數，則（）A.的最小正周期為 B.曲線關于直線對稱C.在區間上有4個零點 D.在區間內單調遞減【答案】AD【解析】【分析】A選項，和的最小正周期，得到的最小正周期；B選項，，B錯誤；C選項，變形得到，令得或，從而得到在區間上有5個零點，C錯誤；D選項，求導，得到在上恒成立，D正確.【詳解】A選項，的最小正周期為，的最小正周期為，兩者的最小公倍數為，故的最小正周期為，A正確；B選項，，故曲線不關于直線對稱，B錯誤；C選項，，令得，故或，因為，所以的解為，，，，，的解為，，，綜上，在區間上有5個零點，C錯誤；D選項，當時，，，即，所以在區間內單調遞減，D正確故選：AD11.已知數列的前項和，則下列說法正確的是（）A.若是等差數列，則 B.若不是遞增數列，則C.若，則 D.若的最小值為3，則【答案】ABD【解析】【分析】A選項，根據等差數列前項和公式判斷；B選項，利用得到，然后根據增減性列不等式即可；C選項，列不等式，然后解不等式即可；D選項，將的最小值為3轉化為恒成立，然后分和兩種情況分析即可.【詳解】若等差數列，則，所以，解得，，故A正確；，則，，當時，，所以，因為不是遞增數列，所以或，則，故B正確；若，則，整理得，又，所以，故C錯；因為的最小值為3，所以恒成立，即，當時，成立，當時，，則，故D正確.故選：ABD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.等比數列中，，則的前4項和等于______．【答案】5【解析】【分析】根據給定條件，利用等比數列項間關系列式求出公比，進而求出前4項和.【詳解】設等比數列的公比為，由，得，解得，因此，所以的前4項和等于5.故答案為：513.如圖，假定兩點以相同的初速度運動．點沿射線做勻速運動，；點沿線段（長度為單位）運動，它在任何一點的速度值等于它尚未經過的距離．令與同時分別從出發，則數學家納皮爾定義為的對數中，與的對應關系就是，其中e為自然對數的底．若點從線段的中點運動到靠近的四等分點，點同時從運動到，則______．【答案】##0.5【解析】【分析】根據指數式和對數式的轉化得到，然后利用換底公式計算.【詳解】令，則，整理得，即，令，則，整理得，即，所以.故答案為：.14.設為坐標原點，為橢圓的上頂點，點在上，線段交軸于點．若，且，則的離心率等于______．【答案】【解析】【分析】根據所給的角確定B所在直線，設出B點坐標，再由三角形相似得出B點坐標代入橢圓方程，化簡即可得解.【詳解】因為，所以直線的斜率為或，不妨取，則如圖，設，過作軸于點，由∽，，，可得，即，故，代入橢圓方程可得：，即，解得，所以.故答案為：四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.四邊形中，．（1）求；（2）若，求四邊形的面積．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）方法一，根據余弦定理求邊和，再根據正弦定理求；方法二：中，利用正弦定理，求，再根據兩角和的正弦公式，即可求解；（2）方法一：根據平行線的性質，以及余弦定理求，再分別求和的面積，即可求解；方法二：同樣先求，再求梯形的高，即可求解.【小問1詳解】解法一：在中，，由，即，整理得，得或（舍）又，由，即解得．解法二：在，由，得，故，【小問2詳解】方法一：因為，所以，在中，由余弦定理，得，故，在中，由，即，整理得，解得（舍去）或，在中，由可得，，故四邊形的面積為．方法二：因為，所以，由（1）可得，在中，由，即，整理得，解得（舍去）或，在中，邊上的高為，故四邊形的面積為．16.如圖，四棱臺中，底面是邊長為4的菱形，，．（1）證明：平面；（2）證明：平面；（3）若該四棱臺的體積等于，且，求直線到平面的距離．【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）根據棱臺的性質得到平面平面，然后利用面面平行的性質定理得到，然后根據棱臺和菱形的性質得到，即可得到，最后證明線面平行即可；（2）利用勾股定理得到，根據等腰三角形的性質得到，然后證明線面垂直即可；（3）解法一：根據棱臺的體積公式列方程，得到，然后建系，利用空間向量的方法求距離；解法二：根據棱臺的體積公式列方程，得到，然后構建平面平面，利用面面垂直的性質定理得到為直線到平面的距離，然后利用等面積求距離.【小問1詳解】連結，交于點，連結，則為的中點，由四棱臺，得平面平面，又平面平面，平面面，所以，因為，所以，因為為的中點，所以，所以四邊形為平行四邊形，故，又平面平面，所以平面．小問2詳解】取的中點，連結，由四棱臺得，，，，所以四邊形為平行四邊形，，則，所以，所以，由（1），知，又，所以，因為，所以，又平面，所以平面．【小問3詳解】解法一：菱形的面積，由四棱臺且，可得，四棱臺的體積，從而，解得，因為，所以，故，從而，所以，所以，取的中點，則兩兩垂直，如圖，以為坐標原點，分別，，的方向為軸，軸，軸的正方向建立空間直角坐標系，則，，，，，設平面即平面的法向量，則即整理，得令，得，從而點到平面的距離，所以直線到平面的距離為．解法二：延長交于點，取的中點，連結交于點，連結，，則的中點均為，因為平面，所以，因為，所以，又平面，所以平面，又平面，所以平面平面，過點作于，且平面平面平面，所以平面，故為點到平面的距離即為直線到平面的距離，因為，所以點到的距離等于點到的距離，又中，，設點到的距離為，則，所以，解得，所以直線到平面的距離為．17.設函數．（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）若在區間上單調遞增，求的取值范圍；（3）當時，，求的取值范圍．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）利用導數的幾何意義，即可求解；（2）由條件轉化為恒成立．再轉化為導函數的最小值大于等于0，即可求解；（3）方法一：首先將不等式整理為，再參變分離為，轉化為求函數的最小值；方法二：根據（2）的結果，由的值，討論的取值，判斷不等式是否成立，即可求解；方法三：從命題成立的必要條件入手，再證明命題成立的充分條件，即可求解的取值范圍.【小問1詳解】當時，，則，則曲線在點處的切線斜率為，又，所以曲線在點處的切線方程為．【小問2詳解】，由題意得，恒成立．令，則，且在單調遞增，令，解得，所以當時，，故單調遞減；當時，，故單調遞增；所以，又，當且僅當，故．【小問3詳解】解法一：因為，所以題意等價于當時，．即，整理，得，因為，所以，故題意等價于．設，的導函數，化簡得，考察函數，其導函數為，當單調遞減；當單調遞增；故在時，取到最小值，即，即，所以，所以當單調遞減；當單調遞增；所以的最小值為，故．解法二：先考察，由（2）分析可得，情況1：當，即，此時在區間單調遞增，故，即，符合題意；情況2：若，則，注意到，且，故對進一步討論．①當時，即且由（2）分析知：當單調遞減，故當，即單調遞減，故恒有，不符合題意，舍去；②當時，注意到在區間單調遞減，且，又，故在區間存在唯一的滿足；同理在區間單調遞增，且，故在區間存在唯一的滿足；故可得+0-0+極大值極小值所以當，符合題意；故題意等價于，即．又因為，即，化簡，得所以，整理得．注意到，所以，故解得，由之前分析得即考察函數，其導函數為，當單調遞減；當單調遞增；故在時，取到最小值，即，即，所以恒成立，故，又注意到情況（2）討論范圍為，所以也符合題意．綜上①②本題所求的取值范圍為．方法三：先探究必要性，由題意知當時，是的最小值，則必要地，即得到必要條件為；下證的充分性，即證：當時，．證明：由（2）可知當時，在單調遞增，故的最小值為，符合題意；故只需要證明時，．由（2）分析知時，+0-0+極大值極小值其中．注意到，據此可得更精確的范圍是；所以等價于證明，又因為，即，可得，只需證明，等價于證明，注意到，即，故若①當，此時顯然成立；若②當，只要證明，此時，且所以，故得證．綜上必要性，充分性的分析，本題所求的取值范圍為．【點睛】方法點睛：本題第三問給了三種方法，第一種參變分離比較簡單實用.18.已知雙曲線，點在上，過分別作軸和軸的垂線，垂足分別為和，記線段的中點的軌跡為．（1）求的方程；（2）過的直線與有且只有一個公共點，且與交于兩點．證明：（ⅰ）；（ⅱ）．【答案】（1）（2）①證明見解析；②證明見解析【解析】【分析】（1）根據坐標的關系，利用代入法，即可求解軌跡方程；（2）（ⅰ）分直線的斜率不存在和存在兩種情況討論，斜率不存在時，根據幾何關系，直接得到結論，當直線的斜率存在時，設直線，聯立雙曲線方程，以及利用切點的性質，直線的斜率用坐標表示，即可證明；（ⅱ）直線的方程與雙曲線的方程聯立，利用中點坐標公式，即可證明.【小問1詳解】設，則．又線段的中點為，所以即①將①代入，得．所以的方程為．【小問2詳解】①當的斜率不存在時，直線為軸，顯然；同時由雙曲線的對稱性，也易得．②（ⅰ）當的斜率存在時，設的方程為，則．由消去，可得，所以，化簡，得．將代入，得，，又，所以，解得．又，所以，故．（ⅱ）設．由消去，可得，當時，由韋達定理，得，即．