福建省南平市2025届高三下学期三模数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省南平市2025届高三下学期三模数学试题（Word版附解析），文件包含南平市2025届高中毕业班第三次质量检测数学docx、南平市2025届高中毕业班第三次质量检测数学答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷共5页，19小题，满分150分，考试用时120分钟.
2.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的学校、准考证号、姓名.要认真核对答题卡上粘贴条形码的“准考证号、姓名”与本人准考证号、姓名是否一致.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试题卷上无效.
4.答题结束后，考生须将答题卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【详解】，
由得，，即，则，
故.
故选：B
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D. 6
【答案】B
【详解】因为复数，所以
.
故选：B
3. 已知双曲线的一条渐近线为，则的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【详解】由题可得，所以的离心率为.
故选：D
4. 已知平行六面体的体积为4，若将其截去三棱锥，则剩余几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】设点到平面的距离为，四边形的面积为，
显然有，所以，
因此剩余部分几何体的体积为，
故选：C
5. 若，则（ ）
A. 0或B. 或1C. 1D. 0
【答案】D
【详解】因为，
所以，
所以或，
因为，，
所以即，或（舍去），
所以.
故选：D
6. 已知数列的前项和为，若，且对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】因为，且对任意的，都有成立，
所以，所以.
故选：D.
7. 已知函数在区间恰有两个极大值点、三个对称中心，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】，时，，
因为在区间恰有两个极大值点、三个对称中心，
故，解得.
故选：A
8. 设表示不超过实数的最大整数，如，则方程解的个数为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】B
【详解】方程解的个数等价于函数和的图象交点个数，
作函数和的图象如图所示：
由图可知函数和的图象的交点个数为5.
方程解的个数为5.
故选：B
二、选择题：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.
9. 已知甲组数据平均数为8，方差为2，由这组数据得到乙组数据，其中，则（ ）
A. 数据的平均数为
B. 乙组数据的方差为11
C. 数据的方差小于2
D. 甲组数据的第25百分位数是乙组数据的第25百分位数的2倍
【答案】AC
【详解】数据的平均数为8，数据，
对于A，由题，，
，
所以数据的平均数为
，故A正确；
对于B，由题乙组数据的方差为，故B错误；
对于C，由题可得数据的平均数为8，
所以数据的方差为
，故C正确；
对于D，因为，
所以甲组数据的第25百分位数是第二大数据设为，则乙组数据的第25百分位数是，
甲组数据的第25百分位数小于乙组数据的第25百分位数的2倍，故D错误.
故选：AC
10. 已知函数则下列说法中正确的是（ ）
A. 为奇函数
B. 任意，存在，使得恒成立
C. 若方程恰有两个不等实根，则
D. 若方程恰有三个不等实根，则
【答案】BCD
【详解】对于A，，即，所以不为奇函数，故A错误；
对于B，当时，由对恒成立，
得，可得对恒成立，故，
当，由对恒成立，得，
所以对恒成立，故，
所以对任意，存在，使得恒成立，故B正确；
对于C，若方程恰有两个不等正实根，
则有两个不等的正根，所以有两个不等的正根，
则，解得时有两不等的实根，且，故C正确；
对于D，当时，在内单调递增，且，所以只有一个根，故时，恰有两个不等的正根时，有三个不等的实根，
由C可知当时，有两个不等的正根，不妔设此两正根为，且，
所以，
若第三个根为，由题意可得，所以，
解得，所以，故D正确；
故选：BCD.
11. 已知向量满足，则（ ）
A. 当时，与的夹角为B. 当时，在上的投影向量为
C. 的最大值为D. 的最小值为4
【答案】BCD
【详解】当时，可得，又，所以，故A错误；
由，可得，又，所以，
所以，所以在上的投影向量为，故B正确；
设的夹角为，
所以，，
所以，
设，所以，
因为，所以，所以，
当时，，所以，故C正确；
当时，，所以，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知数列中，，，则_______.
【答案】7
【详解】由题意，．
故答案为：7．
13. 设抛物线的焦点为F，过F且斜率为2的直线l与C交于P、Q两点，则______.
【答案】
【详解】抛物线的焦点为，
过F且斜率为2的直线l方程为：，设，，
联立得：，则，
所以.
故答案为：.
14. 已知正方体的棱长为4，点分别为线段上的动点，则的最小值为___________，此时___________.
【答案】 ①. ； ②. .
【详解】由题可以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，设，
所以，
当取得最小值时，为异面直线和的公垂线段，
所以此时且，
故，
所以取得最小值时，，，
所以的最小值为，
此时.
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. 记的内角所对边分别为，已知.
（1）证明：为等边三角形；
（2）点分别在直线两侧，且，求四边形的面积.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【小问1详解】
证明：因，所以，
由正弦定理得，又，
所以，所以，
所以，
所以为等边三角形；
【小问2详解】
由余弦定理得，
所以，
所以四边形的面积为.
16. 已知函数，其导函数为.
（1）求的单调区间；
（2）证明：.
【答案】（1）函数的单调递减区间为，单调递增区间为； （2）证明见解析.
【小问1详解】
由题函数定义域为R，，令，
所以当时，，
当时，，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
【小问2详解】
证明：由（1），
所以在上恒成立，
所以函数即在上单调递增，又，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在单调递增，
所以，即.
17. 建瓯挑幡是国家级非物质文化遗产，常见动作招式有手舞东风转、肩扛南天松、肘擎中军令、牙咬北海塔.现有甲、乙两队进行挑幡比赛，规则如下：①比赛至多4局，每局比赛获胜方得1分，负方得0分，没有平局；②若一方先多得2分，则赢得比赛，比赛终止；③若4局后一方未多得2分，比赛也终止.假设每局比赛甲队获胜的概率均为，且每局比赛结果相互独立.
（1）求比赛局数为的概率；
（2）已知比赛终止时甲队得2分，求甲队赢得比赛的概率；
（3）将（1）中作为某区挑幡爱好者完成常见动作招式的概率的值.现从该区挑幡爱好者中随机调查20人，设其中能完成动作招式的人数为，求使得最大的的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【小问1详解】
依题意比赛局数为或，
又比赛局数为的概率，
比赛局数为的概率，
【小问2详解】
记比赛终止时甲队得2分为事件，甲队赢得比赛为事件，
则，
，
所以.
【小问3详解】
依题意，
所以，且，
令，即，
即，解得，
又，所以.
18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的右顶点为，过的焦点且垂直于轴的弦长为2.
（1）求的方程；
（2）过点作斜率之积为1的两条不同的直线，若交于两点，交于两点，为的中点，直线与交于点.
①证明：为的中点；
②求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②
【小问1详解】
已知椭圆的右顶点为，根据椭圆的性质，右顶点坐标为，所以.
过椭圆焦点且垂直于轴的弦长为，不妨设焦点为，
将代入椭圆方程，可得，即，那么弦长为.
把代入，可得.
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
①根据条件知道，两直线斜率存在且不为.
设直线方程，，
与椭圆联立，消去得到关于的一元二次方程.
根据韦达定理，可得，.
因为是AB中点，所以，，即.
同理可得CD中点.
联立直线MT与直线CD方程，解得交点坐标为，与点坐标相同，所以为CD中点.
②已知，的面积，则.
对其化简：
先通分.
分子分母同时除以得，
因为，所以.
令，则.
根据基本不等式，对于，有，所以.
当且仅当，即，时，的面积取最大值.
19. 若简单多面体可以被分割成个完全相同的小多面体，则称该简单多面体为“等和多面体”，其中分别表示简单多面体的顶点数、棱数、面数.记每个小多面体的顶点数、棱数、面数分别为，，，，（为与分割方式有关的正整数）.
（1）已知长方体是“等和多面体”，按分割方式：过长方体共顶点的三条棱的中点，各作一个与该棱垂直的平面，将长方体分割成若干个完全相同的小长方体，求该分割方式下的值；
（2）判断正四面体是否为“等和多面体”.若是，请先描述一种分割方式，再求出该分割方式下的值；若不是，请说明理由；
（3）若简单多面体是“等和多面体”，求分割后小多面体的个数与的等量关系.
参考公式：多面体欧拉定理可表示为“顶点数棱数面数”，即.
【答案】（1），，，
（2）是，将每条棱三等分后分割，
，，，，
（3）
【小问1详解】
解：已知过长方体共顶点的三条棱的中点，各作一个与该棱垂直的平面，将长方体分割.在长方体每个维度上都被分割成两份，所以小长方体的个数为
；
原长方体顶点数，每个小长方体顶点数，
，
又，
所以；
原长方体棱数，每个小长方体棱数，
，
又因为，
所以；
原长方体面数，每个小长方体面数，
，
又因为，
所以.
【小问2详解】
解：正四面体，，，，
正四面体是“等和多面体”.
分割方式：将正四面体的每条棱三等分，连接各分点，可将正四面体分割成个完全相同的小正四面体，所以.
每个小正四面体顶点数，
，
又，
所以；
每个小正四面体棱数，
，
又因为，
所以；
每个小正四面体面数，
，
又因为，
所以
小问3详解】
利用欧拉公式建立等式：
根据欧拉公式，对于原多面体有，
对于每个小多面体有，
对每个小多面体的欧拉公式两边同时乘以有
，
两式相减得，
即.