福建省福州市2025届高三模拟预测数学试卷（解析版）

这是一份福建省福州市2025届高三模拟预测数学试卷（解析版），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为集合，，
则.
故选：C.
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题，，则．
故选：A.
3. 已知向量，，满足，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由，可知，且，
则，，又，
则，则，则，
则
故选：.
4. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】解法一：由可得，
则
所以
，
故．
解法二：由可得，即，
所以，
则．
解法三：由，可假设，，则，，
所以或或．
故选：A.
5. 设集合，若，，且，，则（ ）
A. B. ，
C. D. ，
【答案】D
【解析】由，，则，，
则
又实数，，所以，即，A选项错误；
当，，此时，B选项错误；
由A选项知，，故当时，，C选项错误；
D选项：1.当为奇数，为奇数时，为偶数．又，因为为奇数，所以必为偶数，这与为奇数矛盾．
2.当，为整数，且其中至少有一个为偶数，则必为偶数．又，且为奇数，所以必为偶数，这与为奇数矛盾．故，不可能都为整数，即，，选项D正确．
故选：D.
6. 已知函数定义域为，且满足恒成立，若，则的值可能是（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】B
【解析】为便于讨论，我们先使成立，那么满足及
在处单调递减的函数即为可能的，
可以先作出、及的图象观察，
其中和无法满足所有条件，满足条件．
进一步的，可以发现，在上的单调区间个数即为的值，
相邻单调区间的单调性相反，且满足的首个单调区间和
最后一个单调区间均为单调递增区间，位于单调递减区间内．
故时，图象如下：
显然不满足，
时，图象如下：
满足要求，
时，图象如下：
显然，不满足要求，
时，如图如下：
显然不满足要求，
故选：B
7. 已知椭圆，直线恒过定点，且与交于，两点，，则取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】定点为，联立，
得，
解得，，
且，则，
则
，
设，则，
所以，
当且仅当时，取等号，此时取最大值，
当或者时，取最小值2（取不到），
令，则，令，
由对勾函数性质可知在上单调递减，在单调递增，
当时，或（舍去），当时，，
故．
故选：D
8. 已知函数的定义域为，，且，，则下列结论中一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题，，设，，
则，，，，，
所以函数的周期为6，
故，，，．
由，则，即，
由，则，即，
所以，可得无法确定．
所以，无法判断．
综上所述，．
故选：B.
二、选择题：本大题共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，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9. 近日，国家发展改革委等部门联合印发《完善碳排放统计核算体系工作方案》，指出要在2025年全面建立碳排放年报、快报制度，完善碳排放统计核算体系．专家在甲、乙、丙、丁四地2024年第4季度的周快报数据中随机抽取7周数据进行分析，整理出四地这7周各周内碳排放量超过的天数的数据特征：
根据规定，若这7周中每周内碳排放量超过的天数都不多于5天，则可称该地区为低碳生态区．分析数据，四个地区中能判定为低碳生态区的是（ ）
A. 甲地B. 乙地C. 丙地D. 丁地
【答案】BD
【解析】将四地这7周各周内碳排放量超过的天数由小到大依次记为，，，，，，，分别对应第周．
对于甲地，由题可知（中位数），则可做表：
众数为二，可使，，显然可以是6或7，
此时第周内碳排放量超过的天数都多于5天，故无法判定甲地为低碳生态区；
对于乙地，由题可知（中位数），则可做表：
我们可以使，，，，尽可能小，
通过判断是否有可能来判断乙地是否能被判定为低碳生态区．
则，，可计算均值，化简得，
满足7周中每周内碳排放量超过的天数都不多于5天，因此可以判定乙地为低碳生态区；
对于丙地，根据题意，我们无法直接判断对应的值，
但类似的，我们可以使，，，，，的和尽可能小，
通过判断是否有可能来判断丙地是否能被判定为低碳生态区．
则可以使，，，，，可做表：
均值，解得，
即此时第周内碳排放量超过的天数都多于5天，故无法判定丙地为低碳生态区；
对于乙地，假设，则方差，不合题意，
故，即满足7周中每周内碳排放量超过的天数都不多于5天，
因此可以判定丁地为低碳生态区；
综上所述，四地中能判定为低碳生态区的是乙地和丁地．
故选：BD
10. 如图，为平面与平面的交线，点在平面上，点在平面上．以为原点建立空间直角坐标系，轴已经给出，平面的两个法向量，，平面的两个法向量，，则二面角为（ ）

A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】根据题意作图：

设二面角为，
则根据二面角定义可知，，
，，.
故选：BC.
11. 自元朝以来，穹顶便广泛应用于中国建筑中．作为“北京十六景”之一的地标性建筑，国家大剧院也采纳了穹顶设计，如图．初步设计穹顶建模的步骤大致为：（I）将半径为1的圆（圆心为）沿直径分为两部分，得到半圆弧；（II）保留其中一个半圆弧，将其等分，从端点出发依次连接各个等分点至另一个端点，得到折线；（III）将折线绕所在直线旋转，得到旋转体；（IV）不断调整值至合适，选取需要的旋转体部分并进行再调整．设（III）中所得旋转体的表面积为，的正弦值为，则（ ）
A. B.
C. 当时，D.
【答案】ACD
【解析】由题意可知，所得旋转体由上下两圆锥与中间若干圆台组成．
以为例，分析“初步设计穹顶建模的步骤”：
取的中点，则，由题意可知，．
在中，，
则各圆锥与圆台的母线长，
连接，同理可得，，．
设自上而下各底面圆半径依次为，
则，同理可得，，
所以，
故所得旋转体的表面积
,
所以，，故B错误；
显然随着增大，减小，且当，，
又，
所以，又，，
化简得，故A正确；
当，，，要判断是否成立，
即判断否成立，
该式可化为，
进一步变形为，
显然，，，
令，则，
令，则，
所以在上恒成立，
即在上单调递减．
又，所以在上恒成立，
故在上单调递减．
又，所以，
即，所以,故C正确；
．
令，则．
令，则恒成立，所以为增函数，
又，所以在恒成立，即在成立．
因此，因此，故D正确．
故选：ACD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.将答案填在答题卡的相应位置.
12. 若曲线与曲线相切，则________．
【答案】e
【解析】因为与曲线，设切点为，
其中，，
由与相切，则，
故，解得，．
故答案为：
13. 一个四面体有五条棱的棱长为，且外接球的表面积为，则不同于这五条棱的棱的棱长为________．
【答案】
【解析】设，则和都是正三角形．
取的中点，连接、，取（靠近点）的三等分点，
则点为的外心，过点作的垂线交于点，
因为和都是正三角形，为的中点，则，，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，则，
因为，，、平面，所以，平面，
如图，则，
取中点，连接交于点，连接，则，
如图，则点即为三棱锥外接球的圆心，是外接球的半径．
设外接球的半径为，则，可得，
所以，，，，
所以，
，故，
又因为，所以，
故，即不同于五条棱的棱的棱长为．
故答案为：.
14. 在如图斜方格阵中，一机器人从中心方格出发，每次运动可以跨越机器人所在方格的一条边（如第1次运动，机器人可以运动到，，或）．若机器人走出斜方格阵视为“失败”，反之视为“成功”，则运动2025次后机器人“成功”的概率为________．
【答案】
【解析】如图，斜方格具有对称性，因而若机器人运动过程不走出斜方格阵，只需考虑机器人位于斜方格阵中的①、②、③处位置即可，设2025次后机器人在处的概率为，在①处的概率为，在②处的概率为，在③处的概率为．
则，，，．
将，，代入到中，得，
又由题意得，，则，
所以，则，，，
所以概率．
故答案为：.
四、解答题：本大题共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. 在中，点在边上，平分，设，．
（1）若，，证明：；
（2）若，求的取值范围．
解：（1）方法1:因为，平分，所以，，
又，所以，由正弦定理可得，所以，
又，所以，所以，所以，
且，所以，则，
所以．
方法2：因为，平分，所以，，
又，由余弦定理得，
则，所以，即，且，
则，故．
（2）因为，
所以，
因为，，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，故．
16. 已知，是焦点在轴的双曲线上两点，，为的左、右焦点，，是以为底边的等腰三角形．
（1）求的离心率；
（2）设过且与的左、右两支均相交的直线斜率为，证明：．
解：（1）设双曲线，焦距为，延长与双曲线交于点，
因为，根据对称性知，四边形为平行四边形，
设，则，，可得，即，
所以，则，，
即，所以，
在中，由勾股定理得，
即，解得离心率．
（3）解法一：设过且与的左、右两支均相交的直线为，
显然当的斜率不存在时，直线仅与双曲线的右支相交，不满足题意．
故可设直线的方程为，
由双曲线的方程可得其渐近线方程为，
由双曲线性质可知，若直线与双曲线的左、右两支都相交，则，
整理得，又，所以，
由（1）知，所以，且，所以．
解法二：设过且与的左、右两支均相交的直线为，
显然当的斜率不存在时，直线仅与双曲线的右支相交，不满足题意．
故可设直线的方程为，设与交于，，
联立方程，化简得，
由韦达定理得，
要使与的左、右两支均相交，即使两交点位于轴异侧，
故，即，且，恒成立，
故，整理得，又，所以，
由（1）知，，且，所以．
17. 在平面四边形中，，，，的面积为，将沿翻折至，其中为动点．
（1）证明：三棱锥外接球的体积为定值；
（2）当点到平面的距离为，求直线与直线所成角的余弦值．
（1）证明：由题，，则，
在内，由正弦定理得，解得，
又，解得，
故为正三角形，，，
解三角形知，，，
取中点，由于和是以为斜边的直角三角形，
故，即翻折后在三棱锥中，，
根据外接球定义：外接球的球心到多面体各个顶点的距离相等，
所以点即为三棱锥外接球球心，
所以外接球半径，体积为定值．
（2）解：显然点在面上的投影不在直线上，
（i）当向上翻折
设点在面上的投影为点，则，
且面，又，，面，则，，，
所以，，
则，
又，所以，
则，所以，
同理可知，
所以，解得，
因为，，，
所以，故．
所以四面体为正四面体，点在平面的投影位于正的中心．
以为原点，为轴，为轴，轴平行于直线建立空间直角坐标系，如图，
则，，，
所以，，
故；
（ii）当向下翻折，设此时点翻折至，
则平面所在平面与（i）中平面所在平面相同，
且点与点关于直线对称，
连接，与的交点为线段中点，
所以，
故，
综上所述，直线与直线所成角的余弦值为或．
18. 已知函数．
（1）求；
（2）若曲线在区间上存在两条相互垂直的切线，求取值范围；
（3）设轴右侧有一点，若当且仅当过点恰好能作曲线的3条切线，求点的集合．
解：（1）由函数，
则，
又，则．
（2）由，令，
则，
设这两条相互垂直的切线的切点为，，且，
当，在区间上恒成立，不符合题意，所以；
此时在区间上单调递增，则，
解得．
（3）由，得，
则在点处的切线方程为，
设过点恰好能作曲线的3条切线，
则关于的方程有三个不同的解，
即关于的方程有三个不同的解，
令，
所以直线与曲线恰有三个不同的交点，
又，
当时，，随变化情况如下：
故；
当时，，单调递减，不符合题意；
当时，，随变化情况如下：
故；
综上所述，点的集合为
．
19. 已知正项数列满足．
（1）若，求；
（2）若，求的通项公式；
（3）记为数列的前项和，若，证明：．
（1）解：由题，，且，又，代入，解得，
所以，，，故．
（2）解：令，则有，即，又，则，
此时不妨令，则，则有，即
讨论周期性对唯一性的影响：不妨令，则
当时，，不合题意，舍去；
当时，符合题意；此时，
同理，唯一，即唯一．即，故．
（3）证明：由若，且，则，
联立解得，
原不等式可转化为，
先证明：
由，，由（2）可推，则，
令函数，则，
令，则恒成立，所以在上单调递增，
又，所以在上有，
所以在上单调递增，又，则，
所以，则，
故
，
又因为，所以，
证明：
由，则，当且仅当时取等，
所以，故，
所以．地区
甲
乙
丙
丁
数据特征
中位数
3
中位数
1
均值
3
均值
2
众数
2
均值