福建省莆田第一中学2025届高三上学期9月返校考试 数学试卷（含解析）

这是一份福建省莆田第一中学2025届高三上学期9月返校考试 数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，，则（ ）
A．B．C．D．
2．函数，的大致图象是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．已知是定义在上的奇函数，且在单调递增，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．南宋数学家杨辉详解九张算法和算法通变本末中，提出垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”现有高阶等差数列，其前项分别，，，，，，，则该数列的第项为（ ）
A．B．C．D．
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
6．下图是一块高尔顿板示意图：在一块木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为用表示小球落入格子的号码，则下面计算错误的是（ ）

A．B．
C．D．
7．已知函数，若，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．使得“”成立的充分不必要条件可以是（ ）
A．B．C．D．
10．设函数，则（ ）
A．是的极小值点
B．
C．不等式的解集为
D．当时，
11．已知定义域为的函数满足：①若，则；②对一切正实数，则（ ）
A．
B．
C．，恒有成立
D．存在正实数，使得成立
三、填空题（本大题共3小题）
12．设函数，则函数的零点个数是 .
13．已知一个底面半径为的圆锥，其侧面展开图为半圆，则该圆锥的体积为 ．
14．若实数满足，则的最大值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知数列，中，，，是公差为1的等差数列，数列是公比为2的等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
16．设函数在处的切线垂直轴.
(1)求函数的单调区间；
(2)若，证明：.
17．某公司采购部需要采购一箱电子元件，供货商对该电子元件整箱出售，每箱10个.在采购时，随机选择一箱并从中随机抽取3个逐个进行检验.若其中没有次品，则直接购买该箱电子元件；否则，不购买该箱电子元件.
(1)若某箱电子元件中恰有一个次品，求该箱电子元件能被直接购买的概率；
(2)若某箱电子元件中恰有两个次品，记对随机抽取的3个电子元件进行检测的次数为，求的分布列及期望.
18．如图，四棱锥中，平面，底面是边长为2的菱形，，点E､F､G分别为线段、、的中点.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)设直线与平面的交点为，求长度.
19．已知函数
（1）若，函数的极大值为，求a的值；
（2）若对任意的，在上恒成立，求实数的取值范围.
参考答案
1．【答案】C
【分析】根据题意，分析A集合为大于等于0的偶数集，求解B集合，计算补集，再求交集.
【详解】集合，因为集合A为大于等于0的偶数集，集合或，
所以，.
故选C.
【思路导引】本题考查集合的补集和交集运算.
2．【答案】C
【分析】根据函数图象，判断函数为奇函数，，依次排除A，B，D，得到答案.
【详解】由于，故函数为奇函数，排除D选项，
，故排除B选项，
排除A选项，
故选C.
3．【答案】A
【分析】利用奇函数性质及其单调性可得，解对数不等式即可求得结果.
【详解】根据奇函数性质可知在R上单调递增，且；
因此不等式可化为，
即，解得.
所以的取值范围是.
故选A.
4．【答案】B
【分析】利用已知条件，推出数列的差数列的差组成的数列是等差数列，转化求解即可．
【详解】令数列：为数列，于是，
依题意，数列为：，于是
数列为：是等差数列，，
则，因此，
所以该数列的第项为.
故选B.
5．【答案】C
【详解】.
，且，即.
.
所以.
故选C.
6．【答案】B
【分析】分析可知，利用独立重复试验的概率公式可判断AB选项；利用二项分布的期望和方差的公式可判断CD选项．
【详解】设“向右下落”，则“向左下落”，，
因为小球最后落入格子的号码等于事件发生的次数，
而小球下落的过程中共碰撞小木钉5次，所以，
对于A：，故A正确；
对于B：，故B错误；
对于C：，故C正确；
对于D：，故D正确.
故选B．
7．【答案】D
【分析】根据函数解析式画出函数图象，由可得，因此，构造函数并利用导数求出其在定义域内的值域即可得的取值范围.
【详解】画出函数的图象，令可得当时，满足题意；
如下图所示：
令，解得，由可知；
因此由可得，即；
所以，
令，
则，令，解得，
当时，，可知在上单调递增，
当时，，可知在上单调递减；
因此在处取得极大值，也是最大值，因此；
而，；
又因为，所以，可得，
所以可得，即的取值范围是.
故选D.
【方法总结】一是会画图，会利用函数解析式画出其图象，寻求解题思路；
二是会构造函数，将两函数值相等求自变量的差的取值范围问题，转化为求新构造函数的值域，对新函数求导，判断其单调性从而求得其值域.
8．【答案】A
【分析】先根据函数性质可得当时，，最后应用分组求和即可.
【详解】当时，，，，
所以，
则
.
故选A.
9．【答案】CD
【解析】因为判断的是充分不必要条件，所以所选的条件可以推出，且无法推出所选的条件，由此逐项判断即可.
【详解】A．因为不能推出，但可以推出，所以是成立的必要不充分条件，故A错误；
B．因为不能推出（例如：），且也不能推出（例如：），
所以是成立的既不充分也不必要条件，故B错误；
C．因为即能推出，且不一定能推出（例如：），
所以是成立的充分不必要条件，故C正确；
D．因为函数在上单调递减，所以可以推出，即，
所以可以推出，且不一定能推出（例如：），
所以是成立的充分不必要条件，故D正确.
故选CD.
【方法总结】充分、必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：
（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（2）若是的充分不必要条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（3）若是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；
（4）若是的既不充分也不必要条件，则对应集合与对应集合互不包含.
10．【答案】BD
【分析】对于A：求导，利用导数判断的单调性和极值；
对于B：根据解析式代入运算即可；对于C：取特值检验即可；
对于D：分析可得，结合的单调性分析判断.
【详解】对于选项A：因为的定义域为R，
且，
当时，；当或时，；
可知在，上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极大值点，故A错误；
对于选项B：因为，故B正确；
对于选项C：对于不等式，
因为，即为不等式的解，但，
所以不等式的解集不为，故C错误；
对于选项D：因为，则，
且，可得，
因为函数在上单调递增，所以，故D正确；
故选BD.
11．【答案】BCD
【分析】对于AB，由赋值法即可判断；对于C，由基本不等式结合函数新定义即可判断；对于D，取，利用函数性质得到，结合即可判断.
【详解】对于A，在中，令，可得，无法确定f1的值，A错误；
对于B，令，代入条件②中，，即，B正确；
对于C，当时，，且当时，，则，C正确；
对于D，取，由于
，从而成等差数列，即成等差数列，
即
而公差，所以当n充分大时，可使，D正确.
故选BCD.
【关键点拨】判断D选项的关键在于得到以及，由此即可顺利得解.
12．【答案】
【分析】首先根据题意，将函数的零点个数问题转化为方程解的个数，最后转化为函数的图象和直线交点的个数问题来解决，这样比较直观，容易理解.
【详解】在同一个坐标系中画出函数的图象和直线，
而函数的零点个数即为函数的图象和直线的交点的个数，
从图中发现，一共有两个交点，所以其零点个数为.
故答案为：.
13．【答案】
【分析】根据条件，求圆锥的母线长和高，再利用圆锥的体积公式即可求出结果.
【详解】设圆锥的母线长为，则，得，所以圆锥的高为，故圆锥的体积为.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】利用基本不等式可求得，通过配凑即可得出结果.
【详解】由可得，
可得；
而，
所以，解得；
当且仅当，也即时，上式右边等号成立；
此时的最大值为.
故答案为：.
15．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）先根据题意及等差数列的通项公式计算出数列的通项公式，再根据等比数列的通项公式计算出数列的通项公式，即可计算出数列的通项公式；
（2）根据数列的通项公式的特点运用分组求和法，以及等差数列和等比数列的求和公式即可计算出前项和．
【详解】（1）由题意，可得，
故，，
数列是公比为2的等比数列，且，
，
，．
（2）由题意及（1），可得，
则
．
16．【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据得到，再求导得到其单调区间；
（2）转化为证明，再设新函数，多次求导得到其单调性即可证明.
【详解】（1）因为函数在处的切线垂直于轴，所以.
由得，则，
则，，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
则的单调增区间为，单调减区间为.
（2），即，
即，设，
则，令，
则，
再设，则，因为，则恒成立，
则在上单调递增，则易知在上单调递减，
则，则在上单调递减，
则，则在恒成立，
则，即.
17．【答案】(1)；
(2)分布列答案见解析，数学期望：.
【分析】（1）依题意，利用古典概型的公式计算求解；
（2）利用概率的乘法计算每一个随机变量取值的概率，再求数学期望.
【详解】（1）设某箱电子元件有一个次品能被直接购买为事件A.
则；
（2）可能取值为，
则；，
故的分布列是
故.
18．【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）先利用面面平行的判定定理得出平面，再利用面面平行的性质定理即可得证
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面法向量，利用向量夹角公式可求解；
（3）设，得到，根据向量与共面，结合向量共面定理求出，得到坐标，再用两点间距离公式结算即可.
【详解】（1）证明：取线段的中点，连接、，
因为点为线段的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为中，点为线段的中点，点为线段的中点，
所以，又平面，平面，
所以平面，又，且平面，平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面．
（2）设平面与平面夹角为，连接和交于点，
过点作直线垂直于平面，如图，以为坐标原点，以向量为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，
求得关键点坐标，
设平面的法向量为，
则，即，取，
设平面的法向量为，
则，即，取，
则，即平面与平面夹角的余弦值为.
（3）设，
则，故，
依题意可得向量与共面，
所以存在实数，，使得，
即，解得，则.且.
则运用两点间的距离公式计算得到.
19．【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）先对函数求导，得到，分别讨论，两种情况，根据导数的方法判定函数单调性，得出极值，根据题中条件，即可得出结果；
（2）令，根据题中条件，将不等式恒成立问题转化为对恒成立，等价于，对恒成立，先讨论时，求得，不满足题意；再讨论时，，，对其求导，得到，令，，再分别讨论，两种情况，根据导数的方法，即可得出结果.
【详解】（1）由题意，
.
（i）当时，，
令，得；，得，
所以在单调递增，单调递减，
因此的极大值为，不合题意；
（ii）当时，，
令，得；，得或，
所以在单调递增，在，在单调递减.
所以的极大值为，得.
综上所述；
（2）令，，
当时，，
则对恒成立等价于，
即，对恒成立.
（i）当时，，，，
此时，不合题意.
（ii）当时，令，，
则，其中，
令，，则在区间上单调递增，
①时，，
所以对，，从而在上单调递增，
所以对任意，，
即不等式在上恒成立.
②时，由，及在区间上单调递增，
所以存在唯一的使得，且时，.
从而时，，所以在区间上单调递减，
则时，，即，不符合题意.
综上所述，.
【思路导引】本题主要考查由函数的极大值求参数，考查导数的方法研究不等式恒成立的问题.