2025屆福建省福州三校聯盟高三第一次質量檢測試題（一模）數學試題試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．已知公差不為0的等差數列的前項的和為，，且成等比數列，則（）A．56 B．72 C．88 D．402．一個頻率分布表（樣本容量為）不小心被損壞了一部分，只記得樣本中數據在上的頻率為，則估計樣本在、內的數據個數共有（）A． B． C． D．3．用電腦每次可以從區間內自動生成一個實數，且每次生成每個實數都是等可能性的.若用該電腦連續生成3個實數，則這3個實數都小于的概率為（）A． B． C． D．4．三國時代吳國數學家趙爽所注《周髀算經》中給出了勾股定理的絕妙證明.下面是趙爽的弦圖及注文，弦圖是一個以勾股形之弦為邊的正方形，其面積稱為弦實.圖中包含四個全等的勾股形及一個小正方形，分別涂成紅（朱）色及黃色，其面積稱為朱實、黃實，利用，化簡，得.設勾股形中勾股比為，若向弦圖內隨機拋擲顆圖釘（大小忽略不計），則落在黃色圖形內的圖釘數大約為（）A． B． C． D．5．已知直四棱柱的所有棱長相等，，則直線與平面所成角的正切值等于（）A． B． C． D．6．如圖所示，網格紙上小正方形的邊長為，粗線畫出的是某多面體的三視圖，則該幾何體的各個面中最大面的面積為（）A． B． C． D．7．已知函數，滿足對任意的實數，都有成立，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．8．設是虛數單位，則（）A． B． C． D．9．執行如圖的程序框圖，若輸出的結果，則輸入的值為()A． B．C．3或 D．或10．函數在上的圖象大致為（）A． B． C． D．11．已知向量，滿足||＝1，||＝2，且與的夾角為120°，則＝（）A． B． C． D．12．若的二項展開式中的系數是40，則正整數的值為（）A．4 B．5 C．6 D．7二、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．已知橢圓，，若橢圓上存在點使得為等邊三角形（為原點），則橢圓的離心率為_________．15．已知在等差數列中，，，前n項和為，則________.16．設復數滿足，其中是虛數單位，若是的共軛復數，則____________．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）已知函數有兩個零點.(1)求的取值范圍；(2)是否存在實數，對于符合題意的任意，當時均有?若存在，求出所有的值；若不存在，請說明理由．18．（12分）已知曲線的參數方程為（為參數），曲線的參數方程為（為參數）.（1）求和的普通方程；（2）過坐標原點作直線交曲線于點（異于），交曲線于點，求的最小值.19．（12分）在開展學習強國的活動中，某校高三數學教師成立了黨員和非黨員兩個學習組，其中黨員學習組有4名男教師、1名女教師，非黨員學習組有2名男教師、2名女教師，高三數學組計劃從兩個學習組中隨機各選2名教師參加學校的挑戰答題比賽.（1）求選出的4名選手中恰好有一名女教師的選派方法數；（2）記X為選出的4名選手中女教師的人數，求X的概率分布和數學期望.20．（12分）已知函數，（1）求函數的單調區間；（2）當時，判斷函數，（）有幾個零點，并證明你的結論；（3）設函數，若函數在為增函數，求實數的取值范圍．21．（12分）設點分別是橢圓的左，右焦點，為橢圓上任意一點，且的最小值為1．（1）求橢圓的方程；（2）如圖，直線與軸交于點，過點且斜率的直線與橢圓交于兩點，為線段的中點，直線交直線于點，證明：直線．22．（10分）已知等差數列滿足，.（l）求等差數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和.

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】

，將代入，求得公差d，再利用等差數列的前n項和公式計算即可.【詳解】由已知，，，故，解得或（舍），故，.故選：B.【點睛】本題考查等差數列的前n項和公式，考查等差數列基本量的計算，是一道容易題.2．B【解析】

計算出樣本在的數據個數，再減去樣本在的數據個數即可得出結果.【詳解】由題意可知，樣本在的數據個數為，樣本在的數據個數為，因此，樣本在、內的數據個數為.故選：B.【點睛】本題考查利用頻數分布表計算頻數，要理解頻數、樣本容量與頻率三者之間的關系，考查計算能力，屬于基礎題.3．C【解析】

由幾何概型的概率計算，知每次生成一個實數小于1的概率為，結合獨立事件發生的概率計算即可.【詳解】∵每次生成一個實數小于1的概率為.∴這3個實數都小于1的概率為.故選：C.【點睛】本題考查獨立事件同時發生的概率，考查學生基本的計算能力，是一道容易題.4．A【解析】分析：設三角形的直角邊分別為1，，利用幾何概型得出圖釘落在小正方形內的概率即可得出結論.解析：設三角形的直角邊分別為1，，則弦為2，故而大正方形的面積為4，小正方形的面積為.圖釘落在黃色圖形內的概率為.落在黃色圖形內的圖釘數大約為.故選：A.點睛：應用幾何概型求概率的方法建立相應的幾何概型，將試驗構成的總區域和所求事件構成的區域轉化為幾何圖形，并加以度量．(1)一般地，一個連續變量可建立與長度有關的幾何概型，只需把這個變量放在數軸上即可；(2)若一個隨機事件需要用兩個變量來描述，則可用這兩個變量的有序實數對來表示它的基本事件，然后利用平面直角坐標系就能順利地建立與面積有關的幾何概型；(3)若一個隨機事件需要用三個連續變量來描述，則可用這三個變量組成的有序數組來表示基本事件，利用空間直角坐標系即可建立與體積有關的幾何概型．5．D【解析】

以為坐標原點，所在直線為x軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系．求解平面的法向量，利用線面角的向量公式即得解.【詳解】如圖所示的直四棱柱，，取中點，以為坐標原點，所在直線為x軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系．設，則，．設平面的法向量為，則取，得．設直線與平面所成角為，則，，∴直線與平面所成角的正切值等于故選：D【點睛】本題考查了向量法求解線面角，考查了學生空間想象，邏輯推理，數學運算的能力，屬于中檔題.6．B【解析】

根據三視圖可以得到原幾何體為三棱錐，且是有三條棱互相垂直的三棱錐，根據幾何體的各面面積可得最大面的面積．【詳解】解：分析題意可知，如下圖所示，該幾何體為一個正方體中的三棱錐，最大面的表面邊長為的等邊三角形，故其面積為，故選B．【點睛】本題考查了幾何體的三視圖問題，解題的關鍵是要能由三視圖解析出原幾何體，從而解決問題．7．B【解析】

由題意可知函數為上為減函數，可知函數為減函數，且，由此可解得實數的取值范圍.【詳解】由題意知函數是上的減函數，于是有，解得，因此，實數的取值范圍是．故選：B.【點睛】本題考查利用分段函數的單調性求參數，一般要分析每支函數的單調性，同時還要考慮分段點處函數值的大小關系，考查運算求解能力，屬于中等題.8．A【解析】

利用復數的乘法運算可求得結果.【詳解】由復數的乘法法則得.故選：A.【點睛】本題考查復數的乘法運算，考查計算能力，屬于基礎題.9．D【解析】

根據逆運算，倒推回求x的值，根據x的范圍取舍即可得選項.【詳解】因為,所以當，解得

，所以3是輸入的x的值；當時，解得，所以是輸入的x的值，所以輸入的x的值為

或3，故選：D.【點睛】本題考查了程序框圖的簡單應用，通過結果反求輸入的值，屬于基礎題.10．C【解析】

根據函數的奇偶性及函數在時的符號，即可求解.【詳解】由可知函數為奇函數.所以函數圖象關于原點對稱，排除選項A，B；當時，，，排除選項D，故選：C.【點睛】本題主要考查了函數的奇偶性的判定及奇偶函數圖像的對稱性，屬于中檔題.11．D【解析】

先計算，然后將進行平方，，可得結果.【詳解】由題意可得：∴∴則.故選：D.【點睛】本題考查的是向量的數量積的運算和模的計算，屬基礎題。12．B【解析】

先化簡的二項展開式中第項，然后直接求解即可【詳解】的二項展開式中第項.令，則，∴，∴（舍）或.【點睛】本題考查二項展開式問題，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】

根據題意求出點N的坐標，將其代入橢圓的方程，求出參數m的值，再根據離心率的定義求值.【詳解】由題意得，將其代入橢圓方程得，所以.故答案為：.【點睛】本題考查了橢圓的標準方程及幾何性質，屬于中檔題.15．39【解析】

設等差數列公差為d,首項為,再利用基本量法列式求解公差與首項,進而求得即可.【詳解】設等差數列公差為d,首項為,根據題意可得,解得,所以.故答案為：39【點睛】本題考查等差數列的基本量計算以及前n項和的公式,屬于基礎題.16．【解析】

由于，則．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）對求導，對參數進行分類討論，根據函數單調性即可求得.（2）先根據，得，再根據零點解得，轉化不等式得，令，化簡得，因此，，最后根據導數研究對應函數單調性，確定對應函數最值，即得取值集合.【詳解】（1），當時，對恒成立，與題意不符，當，，∴時，即函數在單調遞增，在單調遞減，∵和時均有，∴，解得：，綜上可知：的取值范圍；（2）由(1)可知，則，由的任意性及知，，且，∴，故，又∵，令，則，且恒成立，令，而，∴時，時，∴，令，若，則時，，即函數在單調遞減，∴，與不符；若，則時，，即函數在單調遞減，∴，與式不符；若，解得，此時恒成立，，即函數在單調遞增，又，∴時，；時，符合式，綜上，存在唯一實數符合題意.【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）曲線的普通方程為：；曲線的普通方程為：（2）【解析】

（1）消去曲線參數方程中的參數，求得和的普通方程.（2）設出過原點的直線的極坐標方程，代入曲線的極坐標方程，求得的表達式，結合三角函數值域的求法，求得的最小值.【詳解】（1）曲線的普通方程為：；曲線的普通方程為：.（2）設過原點的直線的極坐標方程為；由得，所以曲線的極坐標方程為在曲線中，.由得曲線的極坐標方程為，所以而到直線與曲線的交點的距離為，因此，即的最小值為.【點睛】本小題主要考查參數方程化為普通方程，考查直角坐標方程化為極坐標方程，考查極坐標系下距離的有關計算，屬于中檔題.19．（1）28種；（2）分布見解析，.【解析】

（1）分這名女教師分別來自黨員學習組與非黨員學習組，可得恰好有一名女教師的選派方法數；（2）X的可能取值為，再求出X的每個取值的概率，可得X的概率分布和數學期望.【詳解】解：（1）選出的4名選手中恰好有一名女生的選派方法數為種.（2）X的可能取值為0，1，2，3.，，，.故X的概率分布為：X0123P所以.【點睛】本題主要考查組合數與組合公式及離散型隨機變量的期望和方差，相對不難，注意運算的準確性.20．（1）單調增區間,單調減區間為,;（2）有2個零點，證明見解析;（3）【解析】

對函數求導,利用導數的正負判斷函數的單調區間即可;函數有2個零點.根據函數的零點存在性定理即可證明;記函數,求導后利用單調性求得,由零點存在性定理及單調性知存在唯一的,使，求得為分段函數,求導后分情況討論：①當時，利用函數的單調性將問題轉化為的問題;②當時，當時,在上恒成立，從而求得的取值范圍.【詳解】（1）由題意知,，列表如下：020極小值極大值所以函數的單調增區間為，單調減區間為,.（2）函數有2個零點.證明如下：因為時，所以，因為,所以在恒成立,在上單調遞增，由，，且在上單調遞增且連續知,函數在上僅有一個零點，由（1）可得時,，即，故時，，所以，由得，平方得，所以，因為，所以在上恒成立,所以函數在上單調遞減,因為,所以,由，，且在上單調遞減且連續得在上僅有一個零點，綜上可知：函數有2個零點.（3）記函數，下面考察的符號．求導得．當時恒成立．當時，因為，所以．∴在上恒成立，故在上單調遞減．∵，∴，又因為在上連續，所以由函數的零點存在性定理得存在唯一的，使，∴,因為,所以∴因為函數在上單調遞增,,所以在，上恒