福建省宁德市2025届高三三模数学试题（解析版）

这是一份福建省宁德市2025届高三三模数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了 已知集合，则， 复数满足，则复数的共轭复数为，5个单位等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】，
，
则.
故选：A
2. 复数满足，则复数的共轭复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为复数满足，所以.
将其化简得：.
根据复数的定义可求得共轭复数为.
故选：B.
3. 设是两个不同平面，是平面内的两条不同直线.甲：，乙：，则（ ）
A. 甲是乙的充分不必要条件B. 甲是乙的必要不充分条件
C. 甲是乙的充要条件D. 甲是乙的既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】由，是平面内的两条不同直线，得不到，
因为与可能相交，只要和的交线平行即可得到；
反过来，若，是平面内的两条不同直线，则和没有公共点，
所以由能得到，
故甲是乙的必要不充分条件.
故选：B.
4. 由如表所示的变量之间的一组数据，得之间的线性回归方程为，则（ ）
A. 点一定在回归直线上
B. 每增加1个单位，大约增加0.5个单位
C.
D. 去掉这组数据后，求得的回归直线方程斜率将变大
【答案】C
【解析】由题意可得，，
因为回归直线方程一定过样本中心点，
所以，解得，故C正确；
当，所以点不在回归直线上，故A错误；
每增加1个单位，大约减少0.5个单位，故B错误；
当，所以在回归直线上，故去掉点 不影响回归直线方程，故D错误.
故选：C.
5. 已知的展开式中只有第3项的二项式系数最大.若展开式中所有项的系数和为16，则的值为（ ）
A. B. 1C. 或3D. 或1
【答案】D
【解析】因为的展开式中只有第3项的二项式系数最大，
故，解得，
依题意，令，有，解得或，
故选：D.
6. 曲线在点处切线斜率的取值范围为，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】，
所以，即，
令，
当时，单调增，
当时，单调减，
又，当时，，
故的解集为，
故选：D.
7. 若函数在区间上的最小值为，最大值为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】AB选项，时，，
其中，
显然的最小值为-2，只需内有即可，
当时，取得最大值，最大值为，
故，A错误，B正确；
CD选项，同理最大值为2，只需内有即可，
当时，取得最小值，最小值为，
故，CD错误；
故选：B
8. 已知直线与双曲线的两条渐近线分别相交于，两点，若线段的中点在直线上，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】C
【解析】双曲线的渐近线方程为：，
设直线与的交点为，直线与的交点为，
则解得，即，
则解得，即，
所以线段的中点为，
因为点在直线上，
所以，
因为直线与双曲线的两条渐近线分别相交于，两点，所以，
即，化简得，
所以双曲线的离心率为.
故选：C.
二､多选题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 若直线与抛物线只有1个公共点，则抛物线的焦点坐标可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】当时，，抛物线方程为：.
此时，该直线与抛物线只有一个交点，符合已知条件.
那么抛物线的焦点坐标为：.
当时，联立直线与抛物线方程：.
消去，整理得，进一步化简得：
因为直线与抛物线只有一个交点，所以判别式为0，即：
，解得（舍去）或者.
所以抛物线方程为：，此时焦点坐标为.
故选：BC.
10. 如图，在矩形中，中点，现分别沿将，翻折，使点重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（ ）
A.
B. 三棱锥的体积为
C. 二面角的余弦值为
D. 三棱锥外接球的半径为
【答案】BCD
【解析】由题意易知：，，
所以，即不垂直，
对于A，若，因为，为平面内两条相交直线，
可得：平面，又在平面内，，矛盾，故A错误，
对于B，因为，为平面内两条相交直线，
所以平面，
由，得到，
所以，
所以，正确，
对于C：因为，为二面角的棱，分别在两个面内，
所以为二面角的平面角，又，故C正确，
对于D，因为平面，
外接圆的半径为：，
所以三棱锥外接球的半径，正确，
故选：BCD
11. 设函数，则（ ）
A. 当时，没有零点
B. 当时，在区间上不存在极值
C. 存在实数，使得曲线为轴对称图形
D. 存在实数，使得曲线为中心对称图形
【答案】ABC
【解析】解法一：对A，函数的定义域为且，由得且.
作出与的图像，二者有唯一交点，不合题意，故没有零点，故A正确.
对B，由题，
令，，
因为，所以，
又，所以，所以，
则在上无极值，故B正确.
对CD，令，
因为，所以或，由对称性可知，故若存在对称轴或对称中心，必在直线上.
考虑
，
当时，，所以关于对称，故C正确.
考虑，
所以不存在符合题意的常数，故D错误.
故选：ABC.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量与的夹角为，则__________.
【答案】1
【解析】∵，
∴，
整理得，解得（舍），
故答案为：1.
13. 设函数，则满足的的取值范围是__________.
【答案】
【解析】由可得，
则，解得，所以定义域为，
当时，，
由可得，即，无解；
当时，，
由可得，即，
即，解得，
又，所以，
即不等式的解集为.
故答案为：
14. 已知数列共有项，其中项为，项为.若数列满足对任意中的的个数不少于的个数，则称数列为“规范数列”.当，时，“规范数列”的个数为__________，记表示数列是“规范数列”的概率，则的最小值为__________.
【答案】①. 5 ②.
【解析】（1）当时，满足要求的“规范数列”有
；；；；；
所以当，时，“规范数列”的个数为.
（2），，时，具有“规范数列”数列特征的数列的个数为，
当，，时，由已知数列共有项，其中项为，项为，
所以满足条件的数列的个数为，
若数列为“规范数列”，则第一项为，
若第一项为，第二项为时，“规范数列”个数为，
当第一项为，第二项为，第三项必然为，此时“规范数列”个数为，
所以.
故，
因为函数在上单调递增，
所以当时，取最小值，，
故答案为：；.
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. 在中，角的对边分别为.设向量，，记.
（1）求函数的最大值；
（2）若，求的面积.
解：（1）因为，
所以
又因为，所以，
所以，
所以.
（2）法一：由（1）知若，
因为，所以，
因为，
所以，因为，
由正弦定理知，
所以，所以，
所以.
解法二：由（1）知.
因为，所以，
因为，所以，
，
，
，
，所以
又因为，所以或，
由正弦定理知，
所以，
.
16. 某地组织全市高中学生开展青少年劳动技能知识竞赛，竞赛分为笔试和操作两部分，随机抽取了100名高中学生的笔试成绩，绘制了频率分布直方图，如图所示.
（1）根据频率分布直方图，估计笔试成绩的样本平均数和第一四分位数.
（2）用频率估计概率，笔试成绩在80分（含）以上记为良好.经统计，学生笔试等级为良好的情况下操作等级为良好的概率为0.8，学生笔试等级非良好的情况下操作等级为良好的概率为0.6.从全市所有高中学生中选取5人，记操作等级为良好的人数为，求的数学期望与方差.
解：（1）设笔试成绩样本平均数为，第一四分位数（即下四分位数）为，
则
前一组频率为，前两组频率之和为，
所以第一四分位数（即下四分位数）落在第二组内，则，解得；
（2）记“笔试成绩等级良好”为事件，“操作成绩等级为良好”为事件，
依题意，，，，
所以，
则，所以，.
17. 如图，平行四边形中，，平面，是等边三角形，平面平面.
（1）求证：；
（2）若直线和平面所成角为，为线段上一点，当平面和平面所成角的余弦值为时，求的长.
（1）证明：取的中点，连结，.
平面，，
是等边三角形，，
平面平面，平面平面，平面
平面，，，，，共面，
平行四边形中，，
平行四边形为边长为2的菱形，且
在等边中，，，
四边形为菱形，，，
，而平面，平面，
而平面，.
（2）解：由（1）得，，
平面，直线和平面所成角为，即，
在中，，，
以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设，
则，
设是平面的一个法向量，而，
则，
取，则，，
设是平面的一个法向量，而，
则，，
取，则，，，
平面和平面所成角的余弦值为，
，
或（舍去），.
18. 已知，点.在上任取一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）过点且斜率不为0的直线与曲线相交于两点.
（i）若为原点，求面积的最大值；
（ii）点，设点是线段上异于的一点，直线的斜率分别为，且，求的值.
解：（1）因为线段的垂直平分线与半径相交于点，所以.
又因为，所以，所以，
因为，，
所以的轨迹是以为左右焦点的椭圆.
所以，所以的方程为.
（2）（i）方法一：设直线的方程为，点，，
由消去得：，
则，则或.
，
面积
令，则，，
当且，即时，面积的最大值为.
方法二：显然直线斜率存在且非零，设直线的方程为，点，，
由
消去得：，
则，，则且，
.
点到直线的距离，
所以面积
.
令，则，
当，即时，的最大值为，所以面积的最大值为.
方法三：显然直线的斜率存在且非零，设直线的方程为，点，，
由，
消去得：，
则，则且，
.
点到线的距离，
所以面积
.
，
即当时，有最大值为.
（ii）因为，所以直线的倾斜角互补，所以，
所以点在线段的垂直平分线上，所以.
于是，，.
，.
，
于是，
因为，
所以.
所以的值1.
19. 设函数.
（1）求函数值域；
（2）当时，恒成立，求的最小值；
（3）若，证明：.
附：.
（1）解：由，，得
因为，则，即
所以在区间递减，即值域为
（2）解：在区间上，由恒成立，得，
设，当时，，故只需研究时的情形
，设，
在区间上，，
所以，在区间上递减，所以，
即在区间上递减，所以，
所以，解得，故的最小值为1.
（3）证明：由，，得即，
所以
由（1）可知，当时，，即，
所以当，，
当时，有，
又由（2）知时，，所以
所以，故，
所以
所以6
8
10
12
7
5.5
4.5