福建省泉州市安溪一中、养正中学、泉州实验中学2025届高三下学期模拟预测数学试卷（含答案）

这是一份福建省泉州市安溪一中、养正中学、泉州实验中学2025届高三下学期模拟预测数学试卷（含答案），共11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。
1.已知集合A= xx>2，B= xlg2x>12，则( )
A. A∪B=RB. A∩B=⌀C. B⊆AD. A⊆B
2.已知i是虚数单位，复数z满足z3−i=i，则z=( )
A. −1+3iB. −1−3iC. 1+3iD. 1−3i
3.函数fx=x−1xcsπx的部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
4.已知a，b为单位向量，且a在b上的投影向量为13b，则|3a−b|=( )
A. 2B. 3C. 2 2D. 2 3
5.已知π3为曲线y=csx与y=sin(2x+φ)(0≤φ0,b>0)虚轴的两个端点分别为B1，B2，左、右焦点分别为F1，F2，若cs∠F1B1F2=−513，则双曲线的离心率为( )
A. 3 55B. 32C. 5D. 53
7.从集合1,2,3,4,5,6,7,8中任取三个数，取出的三个数之和是3的倍数的概率为( )
A. 928B. 514C. 38D. 37
8.若斜率为−1的直线l交曲线y=lnx于点A，交曲线y=lnex+e于点B，则|AB|=( )
A. 22B. 2C. 1D. 2
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.某地种植的新品种哈密瓜获得了丰收，随机从采摘好的哈密瓜中挑选了100个称重(单位：kg)，并整理数据，得到如下频率分布直方图.根据此频率分布直方图，下面结论正确的是( )
A. m=0.1
B. 估计该哈密瓜的质量不低于1.6kg的比例为30%
C. 估计有一半以上的该哈密瓜的质量介于1.4kg至1.6kg之间
D. 估计该哈密瓜的质量的中位数介于1.5kg至1.6kg之间
10.已知F是抛物线E:x2=2py(p>0)的焦点，点N( 32,−52)在圆C:x2+(y+2)2=R2(R>0)上，圆C在点N处的切线与E只有一个公共点，动直线l:y= 3x+t，则下列说法正确的是( )
A. R=1，p=83
B. 与E和圆C各恰有一个公共点的直线有6条
C. 若圆C上仅有一个点到l的距离为2，则满足条件的t的值有4个
D. 若t=0，E上一点Q到l的距离为d，则|QF|+d的最小值为23
11.在三棱锥P−ABC中，已知PA⊥平面ABC，AB⊥BC，过点A作AE⊥PB，AF⊥PC，分别交PB,PC于点E,F.记三棱锥P−AEF、四棱锥A−BCFE、三棱锥P−ABC的外接球的表面积分别为S1，S2，S3，体积分别为V1，V2，V3.若PC=2，则( )
A. AF⊥平面PBCB. V3=43π
C. S1+S2+S3=8πD. V1+V2V3的取值范围为 33,1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知二项式(x+1x5)n(n∈N∗)展开式中含有常数项，则n的最小值为 ．
13.已知正实数a,b满足1a+1b=m，若a+1bb+1a的最小值为4，则实数m的取值范围是 ．
14.在▵ABC中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，已知asinA+sinB=sinC，tanC=43，则▵ABC的内切圆半径r的最大值为 ．
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.(本小题13分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csA1+sinA=sin2B1+cs2B．
(1)若C=2π3，求B;
(2)求a2+b2c2的最小值．
16.(本小题15分)
如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1的所有棱长均为2，底面ABCD为正方形，∠D1DA=∠D1DC=π3，点E为BB1的中点，点F为CC1的中点，动点P在平面ABCD内.
(1)若AC中点为O，求▵D1OD的面积；
(2)若FP//平面D1AE，求线段CP长度的最小值．
17.(本小题15分)
小芳、小明两人各拿两颗质地均匀的骰子做游戏，规则如下：若掷出的点数之和为4的倍数，则由原投掷人继续投掷；若掷出的点数之和不是4的倍数，则由对方接着投掷．
(1)规定第1次从小明开始．
(ⅰ)求前4次投掷中小明恰好投掷2次的概率；
(ⅱ)设游戏的前4次中，小芳投掷的次数为X，求随机变量X的分布列与期望．
(2)若第1次从小芳开始，求第n次由小芳投掷的概率Pn．
18.(本小题17分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，点P(1,32)在E上，直线y=12x+m与E交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为C，O为坐标原点．
(Ⅰ)求E的方程;
(Ⅱ)证明：△BOC的面积为定值;
(Ⅲ)若点B在直线AC的右侧，求直线BC在y轴上的截距的最小值．
19.(本小题17分)
若函数f(x)的图象上存在三点A(a,f(a))，B(b,f(b))，M(m,f(m))，且a0，使得g(a)=g(b)．
(ⅰ)求实数t的取值范围;
(ⅱ)当t=k(k∈N∗)时，记g(x)在区间[a,b]上所有可能的中值点之和为Sk，证明：S1+S2+⋯+Sn>14n2+94n.
参考答案
1.D
2.D
3.A
4.C
5.B
6.A
7.B
8.B
9.BCD
10.ABC
11.BC
12.6
13.[2,+∞)
14.116
15.解：(1)∵csA1+sinA=sin2B1+cs2B，∴cs2A2−sin2A2cs2A2+sin2A2+2sinA2csA2=2sinBcsB1+2cs2B−1且csB≠0，
∴csA2−sinA2csA2+sinA2=sinBcsB∴1−tanA21+tanA2=tanB，∴tan(π4−A2)=tanB，
又A，B∈(0,π)，π4−A2∈(−π4,π4)，∴π4−A2=B．
又∵C=2π3，∴A+B=π3，∴B=π6．
(2)由正弦定理asinA=bsinB=csinC，
得a2+b2c2=sin2A+sin2Bsin2C=sin2A+sin2(π4−A2)sin2(A+π4−A2)=1−cs 2A2+1−cs2 (π4−A2)21−cs 2(A+π4−A2)2=1−cs 2A+1−sin A1+sin A=2sin2 A−sin A+11+sin A，
A∈(0,π)π4−A2=B∈(0,π)⇒A∈(0,π2)，令t=1+sinA∈(1,2)，
则y=2(t−1)2−(t−1)+1t=2t−5+4t，t∈(1,2)，
y=2t−5+4t在t∈(1, 2)时递减，在t∈( 2,2)时递增，
因此t= 2时，ymin=4 2−5．
16.(1)连接OD、OD1、D1C，
∵D1D=DA=2,∠D1DA=π3，
∴D1A=2，同理D1C=2，
∵O是正方形对角线AC中点，
∴D1O⊥AC，且AC=2 2，
∴OD=OA=OD1 = 2，
即OD2+OD12=DD12，则OD⊥OD1，
∴S▵D1OD=12× 2× 2=1．
(2)法一：
取BC中点H，连接HD，HF，DF，
易得EF//DA,EF=DA，故四边形EFDA是平行四边形，
∴DF//AE，又DF⊄平面D1AE,AE⊂平面D1AE，
∴DF//平面D1AE，同理FH//BC1//D1A，
∵FH⊄平面D1AE,D1A⊂平面D1AE，
∴FH//平面D1AE，且FH∩DF=F都在面DFH内，
故平面DFH//平面D1AE，
则点P必在DH上，且当CP⊥DH时，CP长度最小，
∵DH= CD2+CH2= 5，
由等面积法得：12|CP|×|DH|=12|DC|×|CH|，解得|CP|=2 55，
故CP的最小长度为2 55．
法二：
取DA,DC,DD1为一组空间基底，则D1A=−DD1+DA，AE=DC+12DD1，
∵FP//平面D1AE，
∴FP=mD1A+nAE，代入整理得FP=(n2−m)DD1+mDA+nDC，
故CP=FP+CF=FP+12DD1=(n2−m+12)DD1+mDA+nDC，
∵动点P在平面ABCD内，
∴n2−m+12=0，
∴m=n2+12，
故|CP⃗|= mDA⃗+nDC⃗2= 4m2+4n2= 5n2+2n+1，
当且仅当n=−15时，|CP|有最小值为2 55．
法三：
由第一问知D1O⊥AC,D1O⊥OD,OD⊥AC，如图建立空间直角坐标系，
则D1(0,0, 2)，D( 2,0,0)，C(0,− 2,0)，A(0, 2,0)，B(− 2,0,0)，
∵DD1=CC1，
∴C1(− 2,− 2, 2)，F(− 22,− 2, 22)，
同理DD1⃗=BB1⃗，
∴B1(−2 2,0, 2)，E(−3 22,0, 22)，
D1A=(0, 2,− 2)，D1E=(−3 22,0,− 22)，
设平面D1AE的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DA1=0n⋅D1E=0 ⇒ 2y− 2z=0−3 22x− 22z=0，令x=−1，得n=(−1,3,3)，
设点P(m,n,0)，FP=(m+ 22,n+ 2,− 22)，
FP⋅n=0，即m=3n+ 2，
故|CP|= m2+(n+ 2)2= 10n2+8 2n+4，
当且仅当n=−2 25时，|CP|有最小值为2 55．
17.(1)一人投掷两颗骰子，向上的点数之和为4的倍数的概率为936=14．
(ⅰ)因为第1次从小明开始，所以前4次投掷中小明恰好投掷2次的概率，
P=14×34×14+34×34×34+34×14×34=3964．
(ⅱ)设游戏的前4次中，小芳投掷的次数为X，依题意，X可取0，1，2，3，
所以P(X=0)=14×14×14=164，P(X=1)=34×34×14+14×34×34+14×14×34=2164，
P(X=2)=3964，P(X=3)=34×14×14=364．
所以X的分布列为
所以E(X)=0×164+1×2164+2×3964+3×364=2716．
(2)若第1次从小芳开始，则第n次由小芳投掷骰子有两种情况：
①第n−1次由小芳投掷，第n次继续由小芳投掷，其概率为Pn1=14Pn−1(n⩾2)；
②第n−1次由小明投掷，第n次由小芳投掷，
其概率为Pn2=1−141−Pn−1=34−34Pn−1(n⩾2)．
因为①②两种情形是互斥的，所以Pn=Pn1+Pn2=14Pn−1+34−34Pn−1=−12Pn−1+34(n⩾2)，
所以Pn−12=−12Pn−1−12(n⩾2).因为P1=1，所以Pn−12是以12为首项，
−12为公比的等比数列，所以Pn−12=12−12n−1，即Pn=12−−12n．
18.解：(Ⅰ)因为E的离心率为12，
所以 a2−b2a=12， ①
又点P在E上，所以1a2+94b2=1， ②
由 ① ②，解得a=2，b= 3，
所以E的方程为x24+y23=1；
(Ⅱ)证明：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由题意有C(x1,−y1)，
由3x2+4y2−12=0y=12x+m，得x2+mx+m2−3=0，
Δ>0⇒m2x1，
设直线BC与y轴的交点为T(0,t)，
当x1x2=0时，B，C中有一个点与E的上顶点重合，
此时T就是E的上顶点，t= 3，
当x1x2≠0时，由kBT=kCT，
即y2−tx2=−y1−tx1，可得12x2+m−tx2=−12x1−m−tx1，
整理得t=−x1x2−m(x1+x2)x2−x1=3x2−x1>0，
要求t的最小值，求出x2−x1的最大值即可，
x2−x1= (x1+x2)2−4x1x2
= m2−4(m2−3)= 12−3m2，
当m=0时，x2−x1取得最大值2 3，t取得最小值 32，
综上可知：直线BC在y轴上的截距的最小值为 32．
19.解：(Ⅰ)证明：由题意知f(b)−f(a)b−a=f′(m)，
因为f(b)−f(a)b−a=b2−a2+3(b−a)b−a=a+b+3，
又f′(m)=2m+3，
所以a+b+3=2m+3，即a+b=2m，
所以a，m，b成等差数列；
(Ⅱ)(i)g′(x)=2lnx−2x+2+t，
设ℎ(x)=g′(x)，则ℎ′(x)=2x−2=2(1−x)x，x>0，
当01时，ℎ′(x)0，则ℎ(x)在(0,1)和(1,+∞)上分别存在一个零点，记为x1，x2，
当02+t2−x1=1−lnx1，
设φ(x)=12[ℎ(1−lnx)−ℎ(x)]=ln(1−lnx)+x−1，
则φ′(x)=1−1x(1−lnx)，
设u(x)=x(1−lnx)，当0