福建省泉州市泉州科技中学2025届高三上学期期中考试数学试卷（解析版）-A4

这是一份福建省泉州市泉州科技中学2025届高三上学期期中考试数学试卷（解析版）-A4，共18页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先化简集合，再由交集运算可得.
【详解】由，，
则.
故选：B.
2. 已知复数．则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法求出，得，模长公式计算.
【详解】复数，则，
所以.
故选：A.
3. 已知向量，，若，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，有，求出的值，得的坐标，可求.
【详解】向量，，
若，则，解得，所以，
可得，.
故选：D.
4. 若，则“”是“”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】C
【解析】
【分析】解法一：由化简得到即可判断；解法二：证明充分性可由得到，代入化简即可，证明必要性可由去分母，再用完全平方公式即可；解法三：证明充分性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入即可，证明必要性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入，解方程即可.
【详解】解法一：
因为，且，
所以，即，即，所以.
所以“”是“”的充要条件.
解法二：
充分性：因，且，所以，
所以，
所以充分性成立；
必要性：因为，且，
所以，即，即，所以.
所以必要性成立.
所以“”是“”充要条件.
解法三：
充分性：因为，且，
所以，
所以充分性成立；
必要性：因为，且，
所以，
所以，所以，所以，
所以必要性成立.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件，用两角和的正弦公式，二倍角公式，同角三角函数关系化简即可求解.
【详解】因为
所以.
故选：B
6. 一个正四面体边长为3，则一个与该正四面体体积相等、高也相等的正三棱柱的侧面积为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求出该正四面体的体积和高，继而可求出正三棱柱的底面积，即可得出正三棱柱的底面边长，继而可求正三棱柱的侧面积.
【详解】如图为中点，为点在底面的投影，
由题意得，，
，
所以该正四面体的体积为.
所以正三棱柱的体积为，高为，
所以正三棱柱的底面积为，
设正三棱柱的底面边长为，则，
可得，
所以正三棱柱的底面边长为，
所以该正三棱柱的侧面积为.
故选：A.
7. 朱世杰（1249年-1314年），字汉卿，号松庭，元代数学家、教育家，毕生从事数学教育，有“中世纪世界最伟大的数学家”之誉．他的一部名著《算学启蒙》是中国最早的科普著作．该书中有名的是“堆垛问题”，其中有一道问题如下：今有三角锥垛果子．每面底子四十四个，问共积几何？含义如下：把一样大小的果子堆垛成正三棱锥形（如图所示，给出了5层三角锥垛俯视示意图），底面每边44个果子，顶部仅一个果子，从顶层向下数，每三角锥垛层的果子数分别为1，3，6，10，15，21，……共有44层．问全垛共有多少个果子?则该三角锥垛从顶层向下数前40层的果子总数为（ ）（参考公式：）

A. 12341B. 11480C. 10280D. 8436
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角锥垛层的果子数可以观察得数列的通项公式，求和即可.
【详解】因为三角锥垛层的果子数分别为1，3，6，10，15，21，……构成数列，
观察得数列的通项公式为，
设其前项和为，则
，
所以.
故选：B
8. 已知函数是奇函数，函数图象与的图象有4个公共点，且，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】由题意得与都关于点对称，则，由此即可求得结果.
【详解】由函数是奇函数，其图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位得到的图象，所以的图象关于点对称，
由，可得的图象是由奇函数的图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位得到，所以的图象关于点对称，
所以与都关于点对称，
所以，
所以.
故选：D.
二、多选题：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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 若，，，则的值可以为（ ）
A. B. 6C. D. 3
【答案】AB
【解析】
【分析】由已知条件结合基本不等式可以先求出的取值范围，结合选项即可.
【详解】因为，，，令，则，当且仅当时，等号成立，
则，
当且仅当时等号成立.
故选：AB
10. 已知双曲线的左､右焦点分别为，点是上的动点，则（ ）
A.
B. 的离心率不可能是
C. 以为圆心，半径为的圆一定与的渐近线相切
D. 存在点使得是顶角为的等腰三角形
【答案】BC
【解析】
【分析】由双曲线的定义判断选项A；由，求的离心率的取值范围判断选项B；求到渐近线的距离与的关系判断选项C；分类讨论是等腰三角形时的条件，验证顶角是否为，判断选项D.
【详解】，A选项错误；
因为，所以离心率，B选项正确；
设，则到渐近线的距离，C选项正确；
由双曲线定义可知，若，则直线的斜率为1且点在的右支上，
由可知直线与的右支无交点，所以，若，
由对称性易知也不存在点使得是顶角为的等腰三角形，D选项错误，
故选:BC.
11. 已知函数的定义域为R，若，且，则（ ）
A. B. 无最小值
C. D. 的图象关于点中心对称
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用赋值法可得A错误，且满足，即可知B正确，由递推关系式可求得C正确，利用对称中心定义可知，可得D正确.
【详解】对于A，令，可得，可得，即A错误；
对于B，令，可得，可知函数无最小值，即B正确；
对于C，由可知，
所以，即C正确；
对于D，令，可得，
由及，可得，
因此，可得，
的图象关于点中心对称，即D正确；
故选：BCD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分．共15分．
12. 的展开式中，其中不含x的项为______．
【答案】和
【解析】
【分析】利用二项式定理即可求解.
【详解】由二项式定理可得展开式的通项为，
所以多项式的展开式中不含x的项分别为：
和.
故答案为：和.
13. 已知函数的两个相邻的零点之差的绝对值为，且是的最小正零点，则__________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据函数两个相邻的零点之差的绝对值求出周期和，再根据的最小正零点求出，即可求出的值．
【详解】令函数，得，
所以函数两个相邻的零点之差的绝对值为，即，解得，
又因为是的最小正零点，所以，
即，所以，，解得，，
又，所以，即，
所以．
故答案为：．
14. 圆锥内有一个球，该球与圆锥的侧面和底面均相切，已知圆锥的底面半径为，球的半径为，记圆锥的体积为，球的体积为，当_________时，取最小值_________.
【答案】 ①. ②. 2
【解析】
【分析】设球心与圆锥底面圆周上任意一点与圆锥高之间的夹角为，再根据圆锥轴截面的关系表达出圆锥的高，进而可得，换元令，结合基本不等式求最值即可.
【详解】如图，设球心与圆锥底面圆周上任意一点与圆锥高之间的夹角为，则由题意.根据相切的性质可得，圆锥的轴截面为底角大小的等腰三角形，故圆锥的高，则，，故.
设，则，当且仅当，即时取等号.此时.故当时，取最小值2.

故答案为：；2
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. 已知公差的等差数列满足．公比为的等比数列满足，当n为偶数时．
（1）求，；
（2）设，求使的最小的n的值．
【答案】（1），；
（2）102
【解析】
【分析】（1）结合题意，根据等差数列及等比数列通项公式的求法求解即可；
（2）由（1）可得，则，可得，然后求解即可．
【小问1详解】
已知公差的等差数列满足，
则，即，①
又公比为的等比数列满足，，
则，即，②
由①②可得，，则，
即，；
【小问2详解】
由（1）可得，
则，
即当为偶数时，，
当为奇数时，，，
又当时，满足上式，
即当为奇数时，，
即，
又，则且为偶数，
即使的最小的的值为102．
16. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右顶点分别为A，B，点在该椭圆上，且该椭圆的右焦点F的坐标为1,0．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，过点F且斜率为k的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为，直线BN的斜率为，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的半焦距和椭圆上的已知点列出方程组，计算即得椭圆方程；
（2）先考虑直线斜率为0时满足，再设直线的横截距式方程，与椭圆方程联立消元后得到一元二次方程，写出韦达定理，并发现内在关系，计算并消去，得其分子为，代入前式，计算即得分子为0，则得证.
【小问1详解】
依题意，可得，解得，
故椭圆C的标准方程为：；
【小问2详解】
如图，当直线l的斜率时，可得，显然满足；
当时，不妨设直线，由消去，整理得，，
显然，设，则由韦达定理，故，
因,则，
则，
此式的分子为：，
故得，即，得证.
17. 如图，四棱柱的底面为直角梯形，，，，．点为的中点，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若钝二面角的余弦值为，当时，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）2
【解析】
【分析】（1）先证，得到平面，可得平面平面.
（2）根据（1）中的结论，建立空间直角坐标系，利用空间向量解决问题.
【小问1详解】
因为为中点，且，所以，即，
又，，平面，所以平面.
又平面，所以.
因为，所以.
又，，所以，
所以，则.
又，平面，所以平面.
又平面，所以：平面平面.
【小问2详解】
由（1）可知：，，两两垂直，故可以为原点，建立如图空间直角坐标系.
则，，，设（），则.
所以，，.
设平面的一个法向量为m=x1,y1,z1，
由，可取.
设平面的一个法向量为n=x2,y2,z2，
由，可取.
，
整理得：（舍去）
所以，即.
18. 如图，在四边形中．，，，平分且与相交于点．
（1）若的面积为，求；
（2）若，求与的面积之比．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中，明确，，，利用余弦定理可求.
（2）在中，先用正弦定理求出，求出的面积，进一步求出的面积，即可求与的面积之比.
【小问1详解】
在中，，，.
所以.
在中，，，.
所以，.
在中，，，，
由得：，
由余弦定理，得：
所以.
【小问2详解】
因为.
在中，，，，
所以.
由正弦定理，得：.
所以.
所以.
所以.
19. 人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）．
（1）若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离；
（2）若点，，求的最大值；
（3）已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由．
【答案】（1），
（2）
（3）存在，和
【解析】
【分析】（1）代入和的公式，即可求解；
（2）首先设，代入，求得点的轨迹，再利用数形结合，结合公式，结合余弦值，即可求解；
（3）首先求的最小值，分和两种情况求的最小值，对比后，即可判断直线方程.
【小问1详解】
，
，
；
【小问2详解】
设，由题意得：，
即，而表示的图形是正方形，
其中、、、．
即点在正方形的边上运动，，，
可知：当取到最小值时，最大，相应的有最大值．
因此，点有如下两种可能：
①点为点，则，可得；
②点在线段上运动时，此时与同向，取，
则．
因为，所以的最大值为．
【小问3详解】
易知，设，则
当时，，则，，满足题意；
当时，，
由分段函数性质可知，
又且恒成立，当且仅当时等号成立．
综上，满足条件的直线有且只有两条，和．
【点睛】关键点点睛：本题第二问为代数问题，转化为几何问题，利用数形结合，易求解，第3问的关键是理解，同样是转化为代数与几何相结合的问题.