2025屆福建省漳州市漳浦縣達志中學數學高三第一學期期末綜合測試試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知函數，則不等式的解集為（）A． B． C． D．2．正的邊長為2，將它沿邊上的高翻折，使點與點間的距離為，此時四面體的外接球表面積為（）A． B． C． D．3．已知，復數，，且為實數，則（）A． B． C．3 D．-34．設等差數列的前項和為，若，則（）A．23 B．25 C．28 D．295．已知向量，，若，則（）A． B． C． D．6．已知是的共軛復數,則（）A． B． C． D．7．已知集合，，則中元素的個數為()A．3 B．2 C．1 D．08．某四棱錐的三視圖如圖所示，記為此棱錐所有棱的長度的集合，則（）.A．，且 B．，且C．，且 D．，且9．為研究語文成績和英語成績之間是否具有線性相關關系，統(tǒng)計兩科成績得到如圖所示的散點圖(兩坐標軸單位長度相同)，用回歸直線近似地刻畫其相關關系，根據圖形，以下結論最有可能成立的是()A．線性相關關系較強，b的值為1.25B．線性相關關系較強，b的值為0.83C．線性相關關系較強，b的值為－0.87D．線性相關關系太弱，無研究價值10．若變量，滿足，則的最大值為（）A．3 B．2 C． D．1011．已知函數是上的減函數，當最小時，若函數恰有兩個零點，則實數的取值范圍是（）A． B．C． D．12．已知數列為等差數列，且，則的值為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知數列的前項滿足，則______.14．根據如圖所示的偽代碼，若輸出的的值為，則輸入的的值為_______.15．若變量，滿足約束條件則的最大值為________.16．在△ABC中，()⊥(＞1)，若角A的最大值為，則實數的值是_______．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在中，內角的對邊分別是，已知．（1）求的值；（2）若，求的面積．18．（12分）在直角坐標系中，已知直線的直角坐標方程為，曲線的參數方程為（為參數），以直角坐標系原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線和直線的極坐標方程；（2）已知直線與曲線、相交于異于極點的點，若的極徑分別為，求的值.19．（12分）已知橢圓的右焦點為,過點且斜率為的直線與橢圓交于兩點,線段的中點為為坐標原點.（1）證明:點在軸的右側;（2）設線段的垂直平分線與軸、軸分別相交于點.若與的面積相等,求直線的斜率20．（12分）已知函數，.（1）求函數在處的切線方程；（2）當時，證明：對任意恒成立.21．（12分）從拋物線C：（）外一點作該拋物線的兩條切線PA、PB（切點分別為A、B），分別與x軸相交于C、D，若AB與y軸相交于點Q，點在拋物線C上，且（F為拋物線的焦點）.（1）求拋物線C的方程；（2）①求證：四邊形是平行四邊形.②四邊形能否為矩形？若能，求出點Q的坐標；若不能，請說明理由.22．（10分）已知，分別是橢圓：的左，右焦點，點在橢圓上，且拋物線的焦點是橢圓的一個焦點．（1）求,的值：（2）過點作不與軸重合的直線，設與圓相交于A，B兩點，且與橢圓相交于C，D兩點，當時，求△的面積．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】

先判斷函數的奇偶性和單調性，得到，且，解不等式得解.【詳解】由題得函數的定義域為.因為，所以為上的偶函數，因為函數都是在上單調遞減.所以函數在上單調遞減.因為，所以，且，解得.故選：D【點睛】本題主要考查函數的奇偶性和單調性的判斷，考查函數的奇偶性和單調性的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.2、D【解析】

如圖所示，設的中點為，的外接圓的圓心為，四面體的外接球的球心為，連接，利用正弦定理可得，利用球心的性質和線面垂直的性質可得四邊形為平行四邊形，最后利用勾股定理可求外接球的半徑，從而可得外接球的表面積.【詳解】如圖所示，設的中點為，外接圓的圓心為，四面體的外接球的球心為，連接，則平面，.因為，故，因為，故.由正弦定理可得，故，又因為，故.因為，故平面，所以，因為平面，平面，故，故，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以，故外接球的半徑為，外接球的表面積為.故選：D.【點睛】本題考查平面圖形的折疊以及三棱錐外接球表面積的計算，還考查正弦定理和余弦定理，折疊問題注意翻折前后的變量與不變量，外接球問題注意先確定外接球的球心的位置，然后把半徑放置在可解的直角三角形中來計算，本題有一定的難度.3、B【解析】

把和代入再由復數代數形式的乘法運算化簡，利用虛部為0求得m值．【詳解】因為為實數，所以，解得.【點睛】本題考查復數的概念，考查運算求解能力.4、D【解析】

由可求，再求公差，再求解即可.【詳解】解：是等差數列，又，公差為，，故選：D【點睛】考查等差數列的有關性質、運算求解能力和推理論證能力，是基礎題.5、A【解析】

利用平面向量平行的坐標條件得到參數x的值.【詳解】由題意得，，，，解得.故選A.【點睛】本題考查向量平行定理，考查向量的坐標運算，屬于基礎題.6、A【解析】

先利用復數的除法運算法則求出的值，再利用共軛復數的定義求出a+bi，從而確定a，b的值，求出a+b．【詳解】i，∴a+bi＝﹣i，∴a＝0，b＝﹣1，∴a+b＝﹣1，故選：A．【點睛】本題主要考查了復數代數形式的乘除運算，考查了共軛復數的概念，是基礎題．7、C【解析】

集合表示半圓上的點，集合表示直線上的點，聯立方程組求得方程組解的個數，即為交集中元素的個數.【詳解】由題可知：集合表示半圓上的點，集合表示直線上的點，聯立與，可得，整理得，即，當時，，不滿足題意；故方程組有唯一的解.故.故選：C.【點睛】本題考查集合交集的求解，涉及圓和直線的位置關系的判斷，屬基礎題.8、D【解析】

首先把三視圖轉換為幾何體，根據三視圖的長度，進一步求出個各棱長.【詳解】根據幾何體的三視圖轉換為幾何體為：該幾何體為四棱錐體，如圖所示：所以：，，.故選：D..【點睛】本題考查三視圖和幾何體之間的轉換，主要考查運算能力和轉換能力及思維能力，屬于基礎題.9、B【解析】

根據散點圖呈現的特點可以看出，二者具有相關關系，且斜率小于1.【詳解】散點圖里變量的對應點分布在一條直線附近，且比較密集，故可判斷語文成績和英語成績之間具有較強的線性相關關系，且直線斜率小于1，故選B.【點睛】本題主要考查散點圖的理解，側重考查讀圖識圖能力和邏輯推理的核心素養(yǎng).10、D【解析】

畫出約束條件的可行域，利用目標函數的幾何意義求解最大值即可．【詳解】解：畫出滿足條件的平面區(qū)域，如圖示：如圖點坐標分別為，目標函數的幾何意義為，可行域內點與坐標原點的距離的平方，由圖可知到原點的距離最大，故.故選：D【點睛】本題考查了簡單的線性規(guī)劃問題，考查數形結合思想，屬于中檔題．11、A【解析】

首先根據為上的減函數，列出不等式組，求得，所以當最小時，，之后將函數零點個數轉化為函數圖象與直線交點的個數問題，畫出圖形，數形結合得到結果.【詳解】由于為上的減函數，則有，可得，所以當最小時，，函數恰有兩個零點等價于方程有兩個實根，等價于函數與的圖像有兩個交點．畫出函數的簡圖如下，而函數恒過定點，數形結合可得的取值范圍為．故選：A.【點睛】該題考查的是有關函數的問題，涉及到的知識點有分段函數在定義域上單調減求參數的取值范圍，根據函數零點個數求參數的取值范圍，數形結合思想的應用，屬于中檔題目.12、B【解析】

由等差數列的性質和已知可得，即可得到，代入由誘導公式計算可得．【詳解】解：由等差數列的性質可得，解得，，故選：B．【點睛】本題考查等差數列的下標和公式的應用，涉及三角函數求值，屬于基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

由已知寫出用代替的等式，兩式相減后可得結論，同時要注意的求解方法．【詳解】∵①，∴時，②，①－②得，∴，又，∴（）．故答案為：．【點睛】本題考查求數列通項公式，由已知條件．類比已知求的解題方法求解．14、【解析】

算法的功能是求的值，根據輸出的值，分別求出當時和當時的值即可得解．【詳解】解：由程序語句知：算法的功能是求的值，當時，，可得：，或（舍去）；當時，，可得：（舍去）．綜上的值為：．故答案為：．【點睛】本題考查了選擇結構的程序語句，根據語句判斷算法的功能是解題的關鍵，屬于基礎題．15、7【解析】

畫出不等式組表示的平面區(qū)域，數形結合，即可容易求得目標函數的最大值.【詳解】作出不等式組所表示的平面區(qū)域，如下圖陰影部分所示.觀察可知，當直線過點時，有最大值，.故答案為：.【點睛】本題考查二次不等式組與平面區(qū)域、線性規(guī)劃，主要考查推理論證能力以及數形結合思想，屬基礎題.16、1【解析】

把向量進行轉化，用表示，利用基本不等式可求實數的值.【詳解】，解得＝1．故答案為：1.【點睛】本題主要考查平面向量的數量積應用，綜合了基本不等式，側重考查數學運算的核心素養(yǎng).三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）.【解析】

（1）由，利用余弦定理可得,結合可得結果；（2）由正弦定理，,利用三角形內角和定理可得，由三角形面積公式可得結果.【詳解】（1）由題意，得.∵.∴,∵，∴.（2）∵，由正弦定理，可得.∵a>b，∴,∴.∴.【點睛】本題主要考查正弦定理、余弦定理及特殊角的三角函數，屬于中檔題.對余弦定理一定要熟記兩種形式：（1）；（2），同時還要熟練掌握運用兩種形式的條件.另外，在解與三角形、三角函數有關的問題時，還需要記住等特殊角的三角函數值，以便在解題中直接應用.18、（1），.（2）【解析】

（1）先將曲線的參數方程化為直角坐標方程，即可代入公式化為極坐標；根據直線的直角坐標方程，求得傾斜角，即可得極坐標方程.（2）將直線的極坐標方程代入曲線、可得，進而代入可得的值.【詳解】（1）曲線的參數方程為（為參數），消去得，把，代入得，從而得的極坐標方程為，∵直線的直角坐標方程為，其傾斜角為，∴直線的極坐標方程為.（2）將代入曲線的極坐標方程分別得到，則.【點睛】本題考查了參數方程化為普通方程的方法，直角坐標方程化為極坐標方程的方法，極坐標的幾何意義，屬于中檔題.19、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）設出直線的方程，與橢圓方程聯立，利用根與系數的關系求出點的橫坐標即可證出；（2）根據線段的垂直平分線求出點的坐標，即可求出的面積，再表示出的面積，由與的面積相等列式，即可解出直線的斜率．【詳解】（1）由題意，得，直線（）設，，聯立消去，得，顯然，，則點的橫坐標，因為，所以點在軸的右側．（2）由（1）得點的縱坐標．即．所以線段的垂直平分線方程為：．令，得；令，得．所以的面積，的面積．因為與的面積相等，所以，解得．所以當與的面積相等時，直線的斜率．【點睛】本題主要考查直線與橢圓的位置關系的應用、根與系數的關系應用，以及三角形的面積的計算，意在考查學生的數學運算能力，屬于中檔題．20、（1）（2）見解析【解析】

（1）因為，可得，即可求得答案；（2）要證對任意恒成立，即證對任意恒成立.設，，當時，，即可求得答案.【詳解】（1），，，函數在處的切線方程為.（2）要證對任意恒成立.即證對任意恒成立.設，，當時，，，令，解得，當時，，函數在上單調遞減；當時，，函數在上單調遞增.，，，當時，對任意恒成立，即當時，對任意恒成立.【點睛】本題主要考查了求曲線的切線方程和求證不等式恒成立問題，解題關鍵是掌握由導數求切線方程的解法和根據導數求證不等式恒成立的方法，考查了分析能力和計算能力，屬于難題.21、（1）；（2）①證明見解析；②能，.【解析】

（1）根據拋物線的定義，求出，即可求拋物線C的方程；（2）①設，，寫出切線的方程，解方程組求出點的坐標.設點，直線AB的方程，代入拋物線方程，利用韋達定理得到點的坐標，寫出點的坐標，，可得線段相互平分，即證四邊形是平行四邊形；②若四邊形為矩形，則，求出，即得點Q的坐標.【詳解】（1）因為，所以，即拋物線C的方程是.（2）①證明：由得，.設，，則直線PA的方程為（ⅰ），則直線PB的方程為（ⅱ），由（ⅰ）和（ⅱ）解得：，，所以.設點，則直線AB的方程為.由得，則，，所以，所以線段PQ被x軸平分，即被線段CD平分.在①中，令解得，所以，同理得，所以線段CD的中點坐標為，即，又因為直線PQ的方程為，所以線段CD的中點在直線PQ上，即線段CD被線段PQ平分.因此，四邊形是平行四邊形.②由①知，四邊形是平行四邊形.若四邊形是矩形，則，即，解得，故當點Q為，即為拋物線的焦點時，四邊形是矩形.【點睛】本題考查拋物線的方程