【联考】福建省福州市部分学校2025届高三上学期元月联考数学试题

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考试日期：2025年1月3日
完卷时间：120分钟满分：150分
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项是符合题意的.）
1. 已知复数（其中为虚数单位），则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助复数运算法则结合模长定义计算即可得.
【详解】，
故.
故选：C.
2. 已知集合，若，则（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由，分析集合的端点值，知，求解即可
【详解】由题意可得，解得．
故选：B.
3. 已知向量，若，则（）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】由向量垂直的坐标表示即可求解.
【详解】因为，所以．
因为，所以，解得．
故选：A
4. “”是“直线与直线平行”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据两条直线平行的条件，建立关于的关系式，可求出，利用充分条件和必要条件的定义进行判断．
【详解】若，则，解得或，
所以由可以得到，反之则不然，
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
5. 已知圆台的母线长为，高为，体积为，则圆台的侧面积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用母线长和高，求出上底面半径和下底面半径的等式关系，然后利用体积求出上底面半径和下底面半径的另一个等式关系，然后求出上下底面半径，再用侧面积公式即可求解.
【详解】如下图所示，
设圆台上底面半径为，下底面半径为，则，
设为圆台的一条母线，连接、，则四边形为直角梯形，
过点在平面内作，垂足为点，
根据题意，，，，，
因为，，，则四边形为矩形，
所以，，，则，
由勾股定理可得，即，可得，①
又因为圆台的体积为，可得，②
所以，，解得，
所以，圆台的侧面积为.
故选：C.
6. 已知函数的图象向左平移后所得的函数为奇函数，则的最小值为（）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】平移后解析式为奇函数得到，求出的最小值.
【详解】因为为奇函数，则，
所以，又，所以，解得，
因为，所以时，取得最小值，最小值为8.
故选：D
7. 为丰富学生的校园文化生活，哈尔滨市第九中学每年冬天都会在操场上浇筑滑冰场，现欲测量操场两侧C，D两点之间的距离，甲同学选定了与C，D不共线的两处观测点，如图所示，并知，设，以下是测量数据的不同方案：①测量；②测量；③测量；④测量．若甲同学选择的方案能唯一确定C，D两点之间的距离，则这样方案的个数有（）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】对于①②：根据三角形的性质分析判断即可；对于③④：根据①中结论，结合圆的性质分析判断.
【详解】因为，即唯一确定
对于①：已知，由三角形全等可知是唯一确定的，
则唯一确定，
若已知，则唯一确定，且已知，
由三角形全等可知是唯一确定的，即唯一确定，符合题意；
对于②：由①可知：唯一确定，
若已知，由三角形全等可知是唯一确定的，则唯一确定，
由三角形全等可知是唯一确定的，即唯一确定，符合题意；
对于③：由①可知：是唯一确定的，则唯一确定，
因为和唯一确定，可知点在以线段为弦的圆上，
又因为和唯一确定，可知点在以线段为弦的圆上，
若圆与圆可能重合，此时不唯一确定，不合题意；
对于④：由①③可知：是唯一确定的，点在以线段为弦的圆上，
如图所示：
虽然确定，但直线与圆有2个交点，所以不唯一确定，不合题意；
综上所述：符合题意的方案的有2个.
故选：B.
8. 已知定义域为的函数为偶函数，且在区间上单调递减，则下列选项正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用偶函数，把自变量为负数的等价到相反数来比较，利用对数运算估计和比较对数值的大小，再利用函数在区间上单调递减，就可以比较各选项.
【详解】因为，所以.
因为，
所以，即，
又，
所以，又在区间上单调递减，
所以，
即.
故选:A.
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个选项是符合题意的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的不得分.）
9. 在中，角所对的边分别为，若，且，则下列结论一定成立的是（）
A.
B. 的面积为
C. 的周长为
D. 外接圆半径为
【答案】BC
【解析】
【分析】由正弦定理可得三角形的外接圆的半径；由三角函数的恒等变换化简或，即；分别讨论，结合余弦定理和三角形面积公式，计算可得所求值，从而可得结论．
【详解】，，可得，可得外接圆半径，故D错误；
因为，
所以，
所以，
所以，
当时，即，所以，，可得；
当时，即，由正弦定理得；故A不一定成立；
当时，此时，，，所以，，
所以的周长为：，的面积为：；
当时，，，，解得，，
所以的周长为：，的面积为：；
故BC一定成立.
故选：BC.
10. 已知角满足，，则下列结论正确的有（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据二倍角的余弦公式判断A，根据角的变换及两角差的余弦公式计算判断B，由题意及同角三角形函数的基本关系判断C，由角的变换及两角和的正弦公式计算判断D.
【详解】因为，所以，故A正确；
因为，
所以，故B正确；
由，，两式相除可得，故C错误；
，
故D正确.
故选：ABD
11. 法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”，他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的蒙日圆为，过圆上的动点作椭圆的两条切线，交圆于两点，直线交椭圆于两点，则下列结论正确的是（）
A. 椭圆的离心率为
B. 若点在椭圆上，将直线斜率分别记为，则
C. 点到椭圆的左焦点的距离的最小值为
D. 面积的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】取椭圆左顶点与上顶点处的切线，建立齐次方程，即可判断A；根据圆的性质，结合三角形的面积公式，即可判断D；设出点的坐标，由两点距离公式，利用函数的思想，即可判断C；设出点的坐标，代入椭圆的标准方程，利用点差法，结合两点之间斜率公式，即可判断B.
【详解】对于A，依题意，过椭圆的上顶点作轴的垂线，
过椭圆的右顶点作轴的垂线，则这两条垂线的交点在圆上，
所以，得，
所以椭圆的离心率，故A错误；
对于D，因为点都在圆上，且，
所以为圆的直径，则，
所以面积的最大值为，故D正确；
对于C，设，椭圆的左焦点为，连接，
因为，即，
所以
，
又，所以，
所以则到的左焦点的距离的最小值为，故C正确；
对于B，由直线经过坐标原点，易得点关于原点对称，
设，则，
又，所以，
所以，所以，故B正确；
故选：BCD.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知的展开式的二项式系数和为64，各项系数和为729，则其展开式的常数项为______．
【答案】240或3840
【解析】
【分析】根据二项式系数和求出，再利用赋值法求出或-4，根据二项式通项公式的展开式求出常数项，分别代入和，求出答案.
【详解】由于的展开式的二项式系数和为64，即，
解得n＝6．
又由于展开式系数和为729，令得，即，
解得或-4，
的展开式的通项为，令，
解得，
所以展开式的常数项为，
故当时，，当时，．
故答案为：240或3840
13. 若动直线，圆，则直线与圆相交的最短弦长为__________．
【答案】
【解析】
【分析】首先求出直线过定点，判断点在圆内，当直线时直线与圆相交的弦长最短，再由弦长公式计算可得.
【详解】直线，则，
令，解得，所以动直线恒过点，
又圆的圆心为，半径，
所以，
所以点在圆内，
所以当直线时直线与圆相交的弦长最短，
最短弦长为.
故答案为：
14. 已知在斜二测画法下的直观图(其中A与对应，B与对应)为下图所示的，其中，，则的面积为______；以该为底面的三棱锥中，，，则三棱锥的外接球半径为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据斜二测画法得到中，对应的高为，求出面积，并得到为等边三角形，并作出辅助线，得到三棱锥外接球的球心，由余弦定理得到，并求出外接球的半径.
【详解】由斜二测画法原理可知中，，边上的高，
所以；
由勾股定理得，故为等边三角形，
由得是边长为2的等边三角形.
设D，E分别为，的外心，的中点为F，
连接，，过点D，E分别作平面、平面的垂线，
设两垂线交于点O，则点O为该三棱锥外接球的球心，
连接，，则为外接球的半径，
依题意，且，，
由余弦定理得，
所以，由E为的外心，
所以，，
因为，，，
所以，
所以，所以，
所以，
即外接球的半径.
故答案为：，
【点睛】方法点睛：几何体外接球问题，通常要找到几何体的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积.
四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.）
15. 良好的用眼习惯能够从多方面保护眼睛的健康，降低近视发生的可能性，对于保护青少年的视力具有不可替代的重要作用．某班班主任为了让本班学生能够掌握良好的用眼习惯，开展了“爱眼护眼”有奖知识竞赛活动，班主任将竞赛题目分为两组，规定每名学生从两组题目中各随机抽取2道题作答．已知该班学生甲答对组题的概率均为，答对组题的概率均为．假设学生甲每道题是否答对相互独立．
（1）求学生甲恰好答对3道题的概率；
（2）设学生甲共答对了道题，求的分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）转化为“答对组的2道题和组的1道题”与“答对组的l道题和组的2道题”两个互斥事件的和事件的概率求解，再分别应用相互独立事件同时发生的乘法公式即可得；
（2）按照求离散型随机变量分布列的一般步骤求解即可.
【小问1详解】
学生甲恰好答对3道题有以下两种情况：
第一种情况是学生甲答对组的2道题和组的1道题，
其概率；
第二种情况是学生甲答对组的l道题和组的2道题，
其概率．
故学生甲恰好答对3道题的概率．
【小问2详解】
由题意可知的所有可能取值为．
，
，
，
，
由（1）可知，
则的分布列为
故．
16. 已知是双曲线的一条渐近线，点在上.
（1）求的方程；
（2）已知直线的斜率存在且不经过原点，与交于两点，的中点在直线上.若，的面积为，求的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据渐近线以及经过的点，联立方程即可求解，
（2）联立直线与双曲线方程可得韦达定理，进而根据中点坐标公式，中点在上求解，根据弦长公式以及点到直线的距离公式即可求解三角形面积得.
【小问1详解】
由题可得，
所以的方程为.
【小问2详解】
设，
由得，
由题意得，
设中点的坐标为，则
所以.
因为的中点在直线上，所以，即，
因为，所以
故的方程为，
且，
又点到的距离，
所以，
解得，所以的方程为.
17. 三棱台中，，平面平面ABC，，与交于D．
（1）证明：平面；
（2）求异面直线与DE的距离．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意和三棱台的结构特征可得，进而证得，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据面面垂直的性质和线面垂直的判定定理与性质证得、，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线距，即可求解.
【小问1详解】
三棱台中，，则，
有，得，所以，
又，所以在平面内，，有，
平面平面，所以平面．
【小问2详解】
已知平面平面ABC，平面平面，，
平面，所以平面，由平面，得，
又平面ABC，平面ABC，
所以平面ABC，由平面ABC，得.
以B为坐标原点的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图空间直角坐标系．
则有，
，
因为，所以，
设向量，且满足：，
则有，令，
在的投影数量为，
异面直线与DE的距离.
18. 已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）.
（i）当时，求的最小值；
（ii）若在上恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）在上单调递减，在0,+∞上单调递增.
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）求出，就、分类讨论后可得函数的单调性.
（1）（i）求出，讨论其符号可得函数的最小值；
（ii）求出函数的三阶导数得该函数恒为正，从而就、分类讨论二阶导数的符号可得的增减性，故可得时不等式恒成立.
【小问1详解】
，
若，则，
故当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
若，则，而，
若在上恒成立，
故同理可得在上单调递减，在上单调递增；
综上，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
,
当时，，
则，其中，
因在0,+∞上增函数，且当时，，
故当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
故.
（ii），
设，则，
设，
则当时，，
故在为增函数，故，
若，则即在上恒成立，
故即在上为增函数，故，
故在上为增函数，故恒成立.
若，，
而，故在上有且只有一个零点，
且当时，，
故在为减函数，故时，，
故在为减函数，故时，，
这与题设矛盾，
综上，.
【点睛】思路点睛：含参数的不等式恒成立问题，注意结合端点效应分类讨论，有时需要多次求导讨论各阶导数的符号，从而得到上阶导数的单调性，注意两者之间的对应性.
19. 已知数列的前项积为．定义：若存在，使得对任意的，恒成立，则称数列为“数列”．
（1）若，且为“2数列”，求．
（2）若，且为“数列”，的前项的平方和为，数列是各项均为正数的等比数列，满足，求的值和的通项公式．
（3）若，，且为“数列”，的前项和为，证明：．
【答案】（1）
（2），
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据“2数列”的定义计算即可；
（2）根据题意得到，然后结合“数列”的定义列方程得到，最后写通项即可；
（3）根据“数列”的定义得到，然后构造函数得到，最后利用累加法证明即可.
【小问1详解】
由，且为“2数列”，得，即，
则，
，
，
．
【小问2详解】
设数列的公比为，
由，得，
即，
则．
两式相减得，
即．
因为是首项为2的“数列”，所以，
即，
所以，
即对任意的恒成立．
因为，，
则，即，
解得，．
又由，即，得，所以．
检验可知符合要求，故数列的通项公式为．
【小问3详解】
因为为“数列”，所以，
即对任意的恒成立，
因为，，所以．
再结合，，，反复利用，
可得对任意的，．
设函数，则．
由，得．
当时，f′x