2025届福建省福州市部分学校高三上学期元月联考月考数学试卷（解析版）

这是一份2025届福建省福州市部分学校高三上学期元月联考月考数学试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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】，
故.
故选：C.
2. 已知集合，若，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】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】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】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】
【解析】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. 已知函数的图像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】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】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】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】，，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】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】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】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】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】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：，
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．
解：（1）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．
（2）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.
解：（1）由题可得，
所以的方程为.
（2）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．
（1）证明：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．
（2）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.
解：（1），
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.
（2）（i）,
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，.
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：．
（1）解：由，且为“2数列”，
得，即，
则，
，
，
．
（2）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．
（3）证明：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