福建省泉州市永春第一中学2025届高三一模数学试题

这是一份福建省泉州市永春第一中学2025届高三一模数学试题，共18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
1．若复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．若实数，则下列不等式一定不成立的是（ ）
A．B．C．D．
3．已知命题：，：，则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件D．充要条件
4．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．51B．34C．17D．1
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，则下列结论中错误的是（ ）
A．是奇函数B．
C．在上递增D．在上递增
8．在满足，的实数对中，使得成立的正整数的最大值为（ ）
A．22B．23C．30D．31
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．
B．集合
C．函数的值域为
D．在定义域内单调递增
10．如图，点是函数的图象与直线相邻的三个交点，且，则（ ）
A．
B．
C．函数在上单调递减
D．若将函数的图象沿轴平移个单位，得到一个偶函数的图像，则的最小值为
11．已知函数，若不等式对任意的x∈R恒成立，则实数a的取值可能是（ ）
A．B．C．1D．2
三、填空题
12．已知向量满足，且，则向量夹角的余弦值为 .
13．“南昌之星”摩天轮半径为80米，建成时为世界第一高摩天轮，成为南昌地标建筑之一.已知摩天轮转一圈的时间为30分钟，甲乙两人相差10分钟坐上摩天轮，那么在摩天轮上，他们离地面高度差的绝对值的取值范围是 .
14．已知函数，的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，求= ．
四、解答题
15．如图，两块直角三角形模具，斜边靠在一起，其中公共斜边，，交于点.
(1)求；
(2)求.
16．设为数列的前项和，已知是首项为、公差为的等差数列．
(1)求的通项公式;
(2)令，为数列的前项积，证明：．
17．已知四棱锥的底面是一个梯形，，，，，，.

(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
18．已知函数（）.
(1)若，求的图象在处的切线方程；
(2)若有两个极值点，（）.
①求的取值范围；
②求证：.
19．已知集合A为非空数集，对于集合A，定义对A中任意两个不同元素相加得到一个绝对值，将这些绝对值重新组成一个新的集合，对于这一过程，我们定义为“自相加”，重新组成的集合叫做“集合A的1次自相加集合”，再次进行n－1次“自相加”操作，组成的集合叫做“集合A的n次自相加集合”，若集合A的任意k次自相加集合都不相等，则称集合A为“完美自相加集合”，同理，我们可以定义出“A的1次自相减集合”，集合A的1次自相加集合和1次自相减集合分别可表示为：.
(1)已知有两个集合，集合，集合，判断集合B和集合C是否是完美自相加集合并说明理由；
(2)对（1）中的集合B进行11次自相加操作后，求：集合B的11次自相加集合的元素个数；
(3)若且，集合，，求：的最小值．
参考答案：
1．A
【分析】利用复数的模公式及复数除法法则即可得解.
【详解】因为，
所以由，得.
故选：A.
2．C
【分析】根据指数函数的性质判断A，根据对数函数的性质判断B，利用特殊值判断C，根据幂函数的性质判断D.
【详解】因为在定义域上单调递减且，所以，故A正确；
因为在定义域上单调递增且，所以，故B正确；
当时，，故C不正确；
因为在定义域上单调递增且，所以，故D正确.
故选：C.
3．B
【分析】根据题意，利用指数函数与对数函数的性质，分别求得的范围，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】因为：，可得，解得，
又由，可得，所以是的必要不充分条件.
故选：B.
4．B
【分析】求出后利用交集的定义可求.
【详解】,
而，
故，
故选：B
5．C
【分析】由题意列方程组可求出，，再由等差数列的前项和公式求解即可.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
所以由可得：，
解得：，
所以.
故选：C.
6．A
【分析】根据给定条件，利用辅助角公式，结合诱导公式及二倍角的余弦公式计算即得.
【详解】由，得，即，
所以.
故选：A
7．B
【分析】根据奇函数的定义可判A；根据复合函数的单调性并求出最值判断B、C、D
【详解】因为，所以定义域关于原点对称，
且，
所以是奇函数；故A对；
令，所以hx在单调递增，
所以，即，又在单调递增，
所以在单调递增，故D对；
因为是奇函数，所以在上递增，故C对，
综上，，则，故B错；
故选： B
8．C
【分析】由得，构造函数，利用导数求得的单调性，求得的取值范围，结合不等式的知识即可得解.
【详解】因为，，所以，
设，则，
令，则，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，，
所以，
所以，又，，
要使得成立，只需，即，
所以正整数的最大值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是由变换得，从而得以构造函数，由此得解.
9．BD
【分析】根据空集的定义判断A，根据集合元素的特征判断B，根据所给函数解析式判断C，将函数写成分段函数、再分析函数在各段的单调性即可判断D.
【详解】对于A：或，故A错误；
对于B：，
又，令，所以，，
即，
所以，故B正确；
对于C：因为，所以的值域为，故C错误；
对于D：，
因为在上单调递增，在上单调递增，
且为连续函数，所以在上单调递增，故D正确；
故选：BD
10．ACD
【分析】令求得根据求得，根据求得的解析式，再逐项验证BCD选项.
【详解】令得，或，，
由图可知：，，，
所以，，
所以，所以，故A选项正确，
所以，由且处在减区间，得，
所以，，
所以，，
所以，
，故B错误.
当时，，
因为在为减函数，故在上单调递减，故C正确；
将函数的图象沿轴平移个单位得，（时向右平移，时向左平移），
为偶函数得，，
所以，，则的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
11．BCD
【分析】先根据函数解析式判断对称性，再结合导数判断单调性，根据对称性和单调性得出答案.
【详解】因为，
所以，
即函数的图象关于直线对称.
当时，为增函数；
令，则，
时，，，所以，所以为增函数，
所以当时，为增函数.
由对称性可知，当时，为减函数.
因为恒成立，所以恒成立，
即，解得.
故选：BCD.
12．
【分析】由向量的夹角和模长公式求解即可.
【详解】因为，所以，
所以向量夹角的余弦值为：.
故答案为：.
13．
【分析】由已知设甲乙两人坐上摩天轮的时间分别为，，得到甲乙两人坐上摩天轮转过的角度，分别列出甲乙离地面的高度，，然后得到，由的取值范围即可求解.
【详解】设甲乙两人坐上摩天轮的时间分别为，，
则甲乙两人坐上摩天轮转过的角度分别为，，
则甲距离地面的高度为，
乙距离地面的高度为，
则
因为，所以，所以，
即.
故答案为：.
14．
【分析】先利用复合函数的导数与的奇偶性判断的奇偶性，进而推得与的周期性，再利用赋值法求得的值，从而得解.
【详解】因为是偶函数，则，
两边求导得，所以是奇函数，故，
由，
代入，得，
则，所以，
又是奇函数，所以，
所以是周期函数，且周期为4，
又，可知也是以4为周期的周期函数，
令，得，故，
而所以，
令，得，则，
而，，
又，则，
，
故答案为：.
【点睛】结论点睛：函数的对称性与周期性：
（1）若，则函数关于中心对称；
（2）若，则函数关于对称；
（3）若，则函数的周期为2a；
（4）若，则函数的周期为2a.
15．(1)；
(2).
【分析】（1）由锐角三角函数求出、，又，利用两角和的余弦公式求出，最后由余弦定理计算可得；
（2）解法1：首先求出，再由，利用面积公式计算可得；解法2：首先得到，再由计算可得.
【详解】（1）由已知，，
，
因为，
所以
，
所以在中由余弦定理可得
.
（2）解法1：因为，
又因为，
所以，
即，
解得.
解法2：因为，所以，
又，，
所以，
又因为，所以，则，
所以.
16．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用等差数列定义可得，再利用与的关系即可得解；
（2）由与可得，从而利用累乘法得到，进而得证.
【详解】（1）因为是首项为、公差为的等差数列，
故，
即，
当时，，
故
，
当时，，符合上式，
故；
（2）由，，
故，
则，
因为，故.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明；
（2）以为原点，所在直线分别为轴，轴，作出轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）设的中点分别为，连接.
因为，所以.
因为，所以.
在梯形中，，
所以，，
，因此，
所以，又，平面，
，所以平面.
又因为平面，所以平面平面.
（2）如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴，作出轴，建立空间直角坐标系，则.

则，，
设平面的法向量，
，即，
令，得到，，即.
设平面的法向量，则
，则，
令，得到，，即.
.
因为二面角是锐二面角，
所以二面角的余弦值是.
18．(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）利用切点和导数几何意义即可求解；
（2）①令，由题意可知，在有两个不相等的实数根，根据的单调性结合零点的存在性定理分类讨论求解即可；
②由①分析得，，令，可得在上单调递增，因为，所以，根据不等式性质计算即可得证.
【详解】（1）若，则，所以，
所以，又，
所以的图象在处的切线方程为，即.
（2）①由题意知.
令，则.
因为有两个极值点，（），所以有两个不等正实根，（）.
若，，则在上单调递增，
所以在上至多有一个零点，不符合题意；
若，令，解得，所以当时，，
当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.
所以时，取得极大值，即最大值为，
所以，解得.
当时，，又，所以，
由零点存在性定理知：存在唯一的，使得.
又，令，
所以，所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，所以，
由零点存在性定理知：存在唯一的，使得.
所以当时，有两个不等正实根，.
综上，的取值范围是.
②证明：由①知，且，所以，
因为在上为增函数，及，所以，
又，所以.
因为，，所以，，
所以，所以.
令（），
所以，所以在上单调递增，
因为，所以，所以，
所以，所以，
所以，所以.
所以.
【点睛】本题证明的关键在于构造函数，进而求证，再运用不等式性质即可证明.
19．(1)是完美自相加集合，不是完美自相加集合；
(2)2051
(3)675
【分析】（1）利用自相加的概念找到一般规律计算即可；
（2）连续的的正整数，自相加后，形成的新的集合元素必然是连续的正整数，且得到集合的最小值必然是原来集合的两个最小元素值之和，得到的最大值为原来集合的两个最大元素值之和，所以只需要计算进行十一次自相加后集合的最大值和最小值即可，计算元素个数；
（3）由第二问的结论，我们很容易得到然后利用集合计算公式计算参数范围即可.
【详解】（1）是完美自相加集合,不是完美自相加集合理由如下：
集合,由此可知集合自相加后，
新的集合的元素中最小的元素为自相加之前的集合中的最小两个元素之和，
所以显然集合的最小两个元素为，所以的最小元素为
对集合进行任意次自相加操作后，最小值在变大，
故不可能有相等集合，所以是完美自相加集合；
集合表示所以奇数构成的集合，任何两个奇数相加都是偶数，
所以，为所有偶数构成集合；
所以对再进行一次自相加操作，所有偶数相加还是会是所有偶数，
故后面集合不管进行多少次相加都是与相同；
故不是完美自相加集合；
（2）由自相加性质可知，对于集合，进行一次自相加，
得到集合的最小值必然是原来集合的两个最小元素值之和，
得到的最大值为原来集合的两个最大元素值之和，且中间必然是连续的整数元素；
所以对集合进行一次自相加之后，
得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
进行第二次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
进行第三次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
进行第四次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
进行第五次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
进行第六次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
进行第七次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
进行第八次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
进行第九次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
进行第十次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
进行第十一次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
因为集合元素都是连续的整数，
所以集合进行11次自相加操作后的元素个数为；
（3）因为且，集合
所以
要使
则，又因为
故的最小值为.
【点睛】关键点点睛：此题为新概念题，只需理解概念，解决问题即可，不是特别理解的，可以多列举一些例子，可找到规律.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
B
B
C
A
B
C
BD
ACD
题号
11









答案
BCD