福建省福州恒一高级中学（烟台山校区）2024-2025学年高三上学期入学考试数学试题

这是一份福建省福州恒一高级中学（烟台山校区）2024-2025学年高三上学期入学考试数学试题，共14页。试卷主要包含了选择题的作答，填空题和解答题的作答，若，且，则，函数的最大值为，已知函数，则，已知等比数列中，满足，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿红答题卡上的非答题区域均无效．
3．填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．
第Ⅰ卷（选择题）
一、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，只有个选项是正确的、请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1．（ ）
A．B．iC．D．1
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，且（ ）
A．5B．C．11D．
4．已知，则“”是“点在第一象限内”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
5．已知函数的图象如图所示，则的表达式可以为（ ）
A．B．
C．D．
6．若，且，则（ ）
A．B．C．2D．
7．若函数是区间上的减函数，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．函数的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9．已知函数，则（ ）
A．为其定义域上的增函数B．为偶函数
C．的图象与直线相切D．有唯一的零点
10．已知等比数列中，满足，则（ ）
A．数列是等比数列B．数列是递增数列
C．数列是等差数列D．数列中，仍成等比数列
11．已知函数在区间上有且仅有3个对称中心，则下列说法不正确的是（ ）
A．在区间上至多有3条对称轴
B．的取值范围是
C．在区间上单调递增
D．的最小正周期可能为
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．在的展开式中，第四项的系数为___________．
13．已知函数是奇函数，则实数的值为___________．
14．已知分别为的三个内角的对边，，且，则面积的最大值为___________．
四、解答题
15．（13分）
已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
16．（15分）
在中，内角所对的边分别为，已知．
（1）证明：成等差数列；
（2）若，求．
17．（15分）
在如图所示的四棱锥中，四边形为矩形，平面为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值．
18．（17分）
已知函数．
（1）若曲线在处的切线方程为，求实数的值；
（2）若，关于的方程有两个不同的实数解，求实数的取值范围。
19．（17分）
已知抛物线，点为其焦点，直线与抛物线交于两点，为坐标原点，．
（1）求抛物线的方程；
（2）过轴上一动点作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点和，点分别为的中点，求的最小值．
2025届高三入门考试数学试题
参考答案
1．【答案】C
【分析】根据复数的四则运算直接计算即可．
【详解】，
故选：C．
2．【答案】D
【分析】列举法表示集合，再求．
【详解】．
故选：D
3．【答案】A
【分析】根据题意，由平面向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果．
【详解】．
故选：A
4．【答案】B
【分析】结合三角函数的想先符号判断即可．
【详解】若，则在第一或三象限，
则或，则点在第一或三象限，
若点在第一象限，
则，则．
故“”是“点在第一象限内”的必要不充分条件．
故选：B
5．【答案】A
6．【答案】D
【分析】由，可解得，即可求解
【详解】，故，
可解得或，又，故，故，
故选：D
7．【答案】B
【分析】根据函数在区间上是减函数，对进行分类讨论，再分别解之即可．
【详解】函数是区间上的减函数，则
①当时，则，则由得，故，则无解．
②当时，则，则由得
，故，则有．
综上①②知：．
故选：B
8．【答案】B
【分析】利用导数，结合三角函数的性质即可得解．
【详解】因为，
所以，
易知，则，
所以当时，；当时，；
即当时，单调递增；
当时，单调递减；
故在处取得极大值即最大值，
所以．
故选：B．
9．【答案】AD
【分析】求出判断函数奇偶性，通过对函数求导，即可求出其单调性，切线和零点是否唯一
【详解】由题意，
在中，定义域为R，
，
为R上的增函数，A正确；
，
为奇函数，B错误；
当时，解得：，
此时．
斜率为0的切线为，不可能为直线，
C错误；
为R上的增函数，，
有唯一的零点，D正确．
故选：AD．
10．【答案】AC
【分析】由题意利用等比数列的性质、通项公式及前n项和公式，判断各个选项是否正确，从而得出结论．
【详解】等比数列中，满足，则，有，
由，数列是首项为2公比为4的等比数列，故A正确；
而，则数列是递减数列，故B不正确；
又，
故数列是首项为0公差为1的等差数列，故C正确；
数列中，，故D错误．
故远：AC．
11．【答案】ABD
【分析】根据正弦函数的对称性，周期性，单调性逐一判断即可，
【详解】由，得，
因为函数在区间上有且仅有3个对称中心，
所以，解得，
所以，所以，故选项B，D不正确；
当，即时，函数有3条对称轴，
当，即时，函数有4条对称轴，
所以函数在区间上至少有3条对称轴，故选项A错误；
当，时，，
因为，所以，
所以函数在区间上单调递㙛，故C正确．
故选：ABD．
12．【答案】
【分析】先求出二项式展开式的通项，把代入求解第四项系数即可．
【详解】因为展开式的通项为，
所以第四项的系数为．
故答案为：
13．【答案】
【分析】根据得到的方程求解即可．
【详解】解：由知函篗的定义域为，
定义域关于原点对称，又，
是奇函数，，
，即，
，
解得．
故答案为：．
14．【答案】
【分析】利用正弦定理进行边角互化可得，再结合余弦定理可得，利用基本不等式可得，进而可得面积的最大值．
【评解】由，得，
由正弦定理得，化简得，
故，
所以．
又因为，即，
所以，
当且仅当时取等号．
故，
故答案为：．
15．【答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用退一相减法可得，进而可得；
（2）利用裂项相消法求和．
【详解】（1）由，
得当时，即，
当时，，
则，即，
当时，也满足上式，
综上所述，；
（2）由（1）得，
则，
所以．
16．【答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）利用余弦定理结合所给方程，即可证明结论；
（2）利用正弦定理结合（1）中结论求出与的关系，结合余弦定理即可求出的值．
【详解】（1）由题意证明如下，
在中，，
由余弦定理可得，，
整理得，
成等差数列。
（2）由题意．
在中，，
由正弦定理得，，
．
，
，即．
由余弦定理可得，．
17．【答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）根据题意，由线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据题意，以A为坐标原点，所在直线分別为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标沄算，即可得到结果。
【详解】（1）
证朋：连接，交于点，连接，
为中点，为中点，．
又平而平面，
平面．
（2）
如图，以A为坐标原点，所在直线分別为轴，轴，轴建立空间直角坐标系．
则，
则，
平面平面的一个法向量为，
设平面的法向显为，
则，令，得．
平面与平面的夹角的余弦值为．
18．【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据导数的几何意义结合导数求最值的方法可得参数值；
（2）分离参数，根据导数判断函数单调性及最值情况，进而可得参数取值范围．
【详解】（1）由．
得．
所以，且，
又曲线在处的切线方程为，即，
则，
设函数，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，即，当且仅当时取等号，
所以；
（2）当时，由，可得，
即，
令，则，
设函数，易知函数为增函数，且，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，
又当时，，当时，，
所以，
故实数的取值范围是．
【点晴】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合心想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．
19．【答案】（1）
（2）6
【分析】（1）山题意，求得点的坐标，利用三角形的面积，建立方程，可得答案；
（2）利用分类讨论，明确直线的斜率存在，联立方程，写出韦达定理，求得中点坐标，利用两点距离公式，结合基本不等式，可得答案。
【详解】（1）
直线方程为，将其代入抛物线可得，
由已知得，解得，
故抛物线的方程为．
（2）
因为，若直线分别与两坐标轴垂直，
则直线中有一条与抛物线只有一个交点，不合题意，
所以直线的斜率均存在且不为0．设直线的斜率为，
则直线的方程为．
联立，得，则，
设，
则，设，则，则，
所以，同理可得，
故，
当且仅当且，即时等号成立，
故的最小值为6．