福建省莆田市第八中學2025屆高三復習質量檢測試題數學試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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。1．一個封閉的棱長為2的正方體容器，當水平放置時，如圖，水面的高度正好為棱長的一半．若將該正方體繞下底面（底面與水平面平行）的某條棱任意旋轉，則容器里水面的最大高度為（）A． B． C． D．2．若雙曲線的焦距為，則的一個焦點到一條漸近線的距離為（）A． B． C． D．3．如圖是二次函數的部分圖象，則函數的零點所在的區間是（）A． B． C． D．4．如圖所示，已知雙曲線的右焦點為，雙曲線的右支上一點，它關于原點的對稱點為，滿足，且，則雙曲線的離心率是（）.A． B． C． D．5．已知雙曲線的離心率為，拋物線的焦點坐標為，若，則雙曲線的漸近線方程為（）A． B．C． D．6．在復平面內，復數（，）對應向量（O為坐標原點），設，以射線Ox為始邊，OZ為終邊旋轉的角為，則，法國數學家棣莫弗發現了棣莫弗定理：，，則，由棣莫弗定理可以導出復數乘方公式：，已知，則（）A． B．4 C． D．167．若兩個非零向量、滿足，且，則與夾角的余弦值為（）A． B． C． D．8．斜率為1的直線l與橢圓相交于A、B兩點，則的最大值為A．2 B． C． D．9．是恒成立的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件10．已知整數滿足，記點的坐標為，則點滿足的概率為（）A． B． C． D．11．已知數列的通項公式是，則（）A．0 B．55 C．66 D．7812．已知等比數列的前項和為，且滿足，則的值是()A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知為等差數列，為其前n項和，若，，則_______.14．函數的極大值為______.15．已知實數，滿足約束條件則的最大值為________．16．函數的圖像如圖所示，則該函數的最小正周期為________.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）已知函數（）的圖象在處的切線為（為自然對數的底數）（1）求的值；（2）若，且對任意恒成立，求的最大值.18．（12分）已知函數.（1）當時.①求函數在處的切線方程；②定義其中，求；（2）當時，設，(為自然對數的底數)，若對任意給定的，在上總存在兩個不同的，使得成立，求的取值范圍.19．（12分）如圖，在四棱柱中，底面為菱形，.（1）證明：平面平面；（2）若，是等邊三角形，求二面角的余弦值.20．（12分）已知橢圓的左、右焦點分別為、，點在橢圓上，且.（Ⅰ）求橢圓的標準方程；（Ⅱ）設直線與橢圓相交于、兩點，與圓相交于、兩點，求的取值范圍.21．（12分）已知各項均為正數的數列的前項和為，滿足，，，，恰為等比數列的前3項．（1）求數列，的通項公式；（2）求數列的前項和為；若對均滿足，求整數的最大值；（3）是否存在數列滿足等式成立，若存在，求出數列的通項公式；若不存在，請說明理由．22．（10分）在平面直角坐標系xOy中，曲線的參數方程為（為參數）．以平面直角坐標系的原點為極點，軸的非負半軸為極軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為．（1）求曲線的極坐標方程；（2）設和交點的交點為，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．B【解析】

根據已知可知水面的最大高度為正方體面對角線長的一半，由此得到結論．【詳解】正方體的面對角線長為，又水的體積是正方體體積的一半，且正方體繞下底面（底面與水平面平行）的某條棱任意旋轉，所以容器里水面的最大高度為面對角線長的一半，即最大水面高度為，故選B.本題考查了正方體的幾何特征，考查了空間想象能力，屬于基礎題．2．B【解析】

根據焦距即可求得參數，再根據點到直線的距離公式即可求得結果.【詳解】因為雙曲線的焦距為，故可得，解得，不妨取；又焦點，其中一條漸近線為，由點到直線的距離公式即可求的.故選：B.本題考查由雙曲線的焦距求方程，以及雙曲線的幾何性質，屬綜合基礎題.3．B【解析】

根據二次函數圖象的對稱軸得出范圍，軸截距，求出的范圍，判斷在區間端點函數值正負，即可求出結論.【詳解】∵，結合函數的圖象可知，二次函數的對稱軸為，，，∵，所以在上單調遞增.又因為，所以函數的零點所在的區間是.故選:B.本題考查二次函數的圖象及函數的零點，屬于基礎題.4．C【解析】

易得，，又，平方計算即可得到答案.【詳解】設雙曲線C的左焦點為E，易得為平行四邊形，所以，又，故，，，所以，即，故離心率為.故選：C.本題考查求雙曲線離心率的問題，關鍵是建立的方程或不等關系，是一道中檔題.5．A【解析】

求出拋物線的焦點坐標，得到雙曲線的離心率，然后求解a，b關系，即可得到雙曲線的漸近線方程．【詳解】拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點坐標為（1，0），則p＝2，又e＝p，所以e2，可得c2＝4a2＝a2+b2，可得：ba，所以雙曲線的漸近線方程為：y＝±．故選：A．本題考查雙曲線的離心率以及雙曲線漸近線方程的求法，涉及拋物線的簡單性質的應用．6．D【解析】

根據復數乘方公式：，直接求解即可.【詳解】，.故選：D本題考查了復數的新定義題目、同時考查了復數模的求法，解題的關鍵是理解棣莫弗定理，將復數化為棣莫弗定理形式，屬于基礎題.7．A【解析】

設平面向量與的夾角為，由已知條件得出，在等式兩邊平方，利用平面向量數量積的運算律可求得的值，即為所求.【詳解】設平面向量與的夾角為，，可得，在等式兩邊平方得，化簡得.故選：A.本題考查利用平面向量的模求夾角的余弦值，考查平面向量數量積的運算性質的應用，考查計算能力，屬于中等題.8．C【解析】

設出直線的方程，代入橢圓方程中消去y，根據判別式大于0求得t的范圍，進而利用弦長公式求得|AB|的表達式，利用t的范圍求得|AB|的最大值．【詳解】解：設直線l的方程為y＝x+t，代入y2＝1，消去y得x2+2tx+t2﹣1＝0，由題意得△＝（2t）2﹣1（t2﹣1）＞0，即t2＜1．弦長|AB|＝4．故選：C．本題主要考查了橢圓的應用，直線與橢圓的關系．常需要把直線與橢圓方程聯立，利用韋達定理，判別式找到解決問題的突破口．9．A【解析】

設成立；反之，滿足，但，故選A.10．D【解析】

列出所有圓內的整數點共有37個，滿足條件的有7個，相除得到概率.【詳解】因為是整數，所以所有滿足條件的點是位于圓（含邊界）內的整數點，滿足條件的整數點有共37個，滿足的整數點有7個，則所求概率為.故選：.本題考查了古典概率的計算，意在考查學生的應用能力.11．D【解析】

先分為奇數和偶數兩種情況計算出的值，可進一步得到數列的通項公式，然后代入轉化計算，再根據等差數列求和公式計算出結果.【詳解】解：由題意得，當為奇數時，，當為偶數時，所以當為奇數時，；當為偶數時，，所以故選：D此題考查數列與三角函數的綜合問題，以及數列求和，考查了正弦函數的性質應用，等差數列的求和公式，屬于中檔題.12．C【解析】

利用先求出，然后計算出結果.【詳解】根據題意，當時，,,故當時，,數列是等比數列,則，故,解得,故選.本題主要考查了等比數列前項和的表達形式，只要求出數列中的項即可得到結果，較為基礎.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．1【解析】試題分析：因為是等差數列，所以，即，又，所以，所以．故答案為1．【考點】等差數列的基本性質【名師點睛】在等差數列五個基本量，，，，中，已知其中三個量，可以根據已知條件，結合等差數列的通項公式、前項和公式列出關于基本量的方程(組)來求余下的兩個量，計算時須注意整體代換思想及方程思想的應用.14．【解析】

先求函的定義域，再對函數進行求導，再解不等式得單調區間，進而求得極值點，即可求出函數的極大值．【詳解】函數，，，令得，，當時，，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減，當時，函數取到極大值，極大值為.故答案為：．本題考查利用導數研究函數的極值，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查運算求解能力，求解時注意定義域優先法則的應用．15．1【解析】

作出約束條件表示的可行域，轉化目標函數為，當目標函數經過點時，直線的截距最大，取得最大值，即得解.【詳解】作出約束條件表示的可行域是以為頂點的三角形及其內部，轉化目標函數為當目標函數經過點時，直線的截距最大此時取得最大值1．故答案為：1本題考查了線性規劃問題，考查了學生轉化劃歸，數形結合，數學運算能力，屬于基礎題.16．【解析】

根據圖象利用，先求出的值，結合求出，然后利用周期公式進行求解即可．【詳解】解：由，得，，，則，，，即，則函數的最小正周期，故答案為：8本題主要考查三角函數周期的求解，結合圖象求出函數的解析式是解決本題的關鍵．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)a=-1,b=1;(2)-1.【解析】（1）對求導得，根據函數的圖象在處的切線為，列出方程組，即可求出的值；（2）由（1）可得，根據對任意恒成立，等價于對任意恒成立，構造，求出的單調性，由，，，，可得存在唯一的零點，使得，利用單調性可求出，即可求出的最大值.（1），.由題意知.（2）由（1）知：，∴對任意恒成立對任意恒成立對任意恒成立.令，則.由于，所以在上單調遞增.又，，，，所以存在唯一的，使得，且當時，，時，.即在單調遞減，在上單調遞增.所以.又，即，∴.∴.∵，∴.又因為對任意恒成立，又，∴.點睛：利用導數研究不等式恒成立或存在型問題，首先要構造函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數的取值范圍；也可分離變量，構造函數，直接把問題轉化為函數的最值問題.18．（1）①；②8079；（2）.【解析】

（1）①時，，，利用導數的幾何意義能求出函數在處的切線方程．②由，得，由此能求出的值．（2）根據若對任意給定的，，在區間，上總存在兩個不同的，使得成立，得到函數在區間，上不單調，從而求得的取值范圍．【詳解】（1）①∵，∴∴，∴，∵，所以切線方程為.②，.令，則,.因為①,所以②,由①+②得,所以.所以.（2），當時，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減∵，，所以，函數在上的值域為.因為，，故，，①此時，當變化時、的變化情況如下：—0+單調減最小值單調增∵，，∴對任意給定的，在區間上總存在兩個不同的，使得成立，當且僅當滿足下列條件，即令，，，當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減所以，對任意，有，即②對任意恒成立.由③式解得：④綜合①④可知，當時，對任意給定的，在上總存在兩個不同的，使成立.本題考查了導數的幾何意義、應用導數研究函數的單調性、求函數最值問題，會利用導函數的正負確定函數的單調性，會根據函數的增減性求出閉區間上函數的最值，掌握不等式恒成立時所滿足的條件．不等式恒成立常轉化為函數最值問題解決．19．（1）證明見解析（2）【解析】

（1）根據面面垂直的判定定理可知，只需證明平面即可．由為菱形可得，連接和與的交點，由等腰三角形性質可得，即能證得平面；（2）由題意知，平面，可建立空間直角坐標系，以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸，再分別求出平面的法向量，平面的法向量，即可根據向量法求出二面角的余弦值．【詳解】（1）如圖，設與相交于點，連接，又為菱形，故，為的中點.又，故.又平面，平面，且，故平面，又平面，所以平面平面.（2）由是等邊三角形，可得，故平面，所以，，兩兩垂直.如圖以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系.不妨設，則，，則，，，，，，設為平面的法向量，則即可取，設為平面的法向量，則即可取，所以.所以二面角的余弦值為0.本題主要考查線面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理的應用，以及利用向量法求二面角，意在考查學生的直觀想象能力，邏輯推理能力和數學運算能力，屬于基礎題．20．（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）利用勾股定理結合條件求得和，利用橢圓的定義求得的值，進而可得出，則橢圓的標準方程可求；（Ⅱ）設點、，將直線的方程與橢圓的方程聯立，利用韋達定理與弦長公式求出，利用幾何法求得直線截圓所得弦長，可得出關于的函數表達式，利用不等式的性質可求得的取值范圍.【詳解】（Ⅰ）在橢圓上，，，，，，，又，，，，橢圓的標準方程為；（Ⅱ）設點、，聯立消去，得，，則，，設圓的圓心到直線的距離為，則.，，，，的取值范圍為.本題考查橢圓方程的求解，同時也考查了橢圓中弦長之積的取值范圍的求解，涉及韋達定理與弦長公式的應用，考查計算能力，屬于中等題.21．（2），（2），的最大整數是2．（3）存在，【解析】

（2）由可得（），然后把這兩個等式相減，化簡得，公差為2，因為，，為等比數列，所以，化簡計算得，，從而得到數列的通項公式，再計算出，，，從而可求出數列的通項公式；（2）令，化簡計算得，從而可得數列是遞增的，所以只要的最小值大于即可，而的最小值為，所以可得