福建省漳州市2025届高中毕业版第一次质量检测（漳州一检）数学

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本试卷共 4 页，19 小题，满分 150 分，考试时间 120 分钟.
考生注意：
1.答题前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自己的准考证号､姓名.考生要认真核对
答题卡上粘贴的条形码的“准考证号､姓名”与考生本人准考证号､姓名是否一致.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，用 0.5m 黑色签字笔将答案
写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.
一､单项选择题：本大题共 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.若集合 { }  （ ）
A = x∣x2 −3x − 4 > 0 ，则
R A =
A.{x∣−1x4} B.{x∣−1< x < 4}
C.{x∣− 4 < x P(Xµ −σ )
10.已知定义在 R 上的函数 f (x)不恒等于 0, f (π)= 0，且对任意的 x, y ∈R ，有
f (2x)+ f (2y)= 2 f (x + y) f (x − y)，则（ ）
A. f (0)=1
B. f (x)是偶函数
C. f (x)的图象关于点(π,0)中心对称
D. 2π 是 f (x)的一个周期
11.在 2024 年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以 69.800 分的成绩夺得金牌，这是中国艺
术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌.艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由
抛物线C : y2 = 2px( p > 0) 绕其顶点分别逆时针旋转90 180 270
､､   后所得三条曲线与C 围成的（如图阴
影区域）， A, B 为C 与其中两条曲线的交点，若 p =1，则（ ）
司A. 2
6
B. 4 2
3
C. 7 2
6
D.17 2
9
f x = ωx + π  ω >
7.已知函数 ( )
tan ( 0)
 4 
，若方程 f (x)=1在区间(0,π)上恰有 3 个实数根，则ω 的取值
B. AB = 4
C.直线 x + y = t 截第一象限花瓣的弦长最大值为 3
4
D.阴影区域的面积大于 4
三､填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
14.2024 年新高考数学 I 卷多选题的计分标准如下：①本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分；②每小题的
四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对的得 6 分，有选错或不选的得 0 分；③部分选对的得部分分
（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得 3 分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得
4 分，漏选两个正确选项得 2 分）.考生甲在此卷多选题的作答中，第一小题选了三个选项，第二小题选了
两个选项，第三小题选了一个选项，则他多选题的所有可能总得分（相同总分只记录一次）的第 80 百分
位数为__________.
四､解答题：本大题共 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.（13 分）
在ABC 中， A, B,C 的对边分别为 a,b,c ，且满足__________.
作为条件，补充在横线上，并解答问题.
（1）求C ；
（2）若ABC 的面积为5 3, D为 AC 的中点，求 BD的最小值.
16.（15 分）
司A.开口向上的抛物线的方程为
1
y = x
2
2
4
 − 1 
12. x
 
 x 
的展开式的常数项为__________.
13.已知数列{ }
a 的前 n 项和为 S = n2 + n，当
n n
S +
n
a
n
9
取最小值时， n =__________.
请在①(a −b)sin(A+ C)= (a − c)(sinA+ sinC)；②sin π − cs + π  = 1
C C
   
 6   3  4
，这两个中任选一个
（1）求 P2 的值及 Pn+1 关于 Pn 的表达式；
17.（15 分）
π
已知边长为 4 的菱形 ABCD （如图 1），∠ BAD = , AC 与 BD相交于点O, E 为线段 AO 上一点，将三
3
角形 ABD 沿 BD折叠成三棱锥 A− BCD （如图 2）.
（1）证明： BD ⊥ CE ；
18.（17 分）
周长为 2 2 + 2 ，其中O为坐标原点.
（1）求C 的方程；
（2）直线l : y = x + m 与C 交于 A, B 两点，
（i）求OAB 面积的最大值；
（ii）设OQ = OA+ OB ，试证明点Q在定直线上，并求出定直线方程.
19.（17 分）
定义：如果函数 f (x)在定义域内，存在极大值 f (x )和极小值 ( )
f x ，且存在一个常数 k ，使
1 2
司某学校食堂有 A, B 两家餐厅，张同学第 1 天选择 A餐厅用餐的概率为
1
3
.从第 2 天起，如果前一天选择 A
餐厅用餐，那么次日选择 A餐厅用餐的概率为
3
4
；如果前一天选择 B 餐厅用餐，那么次日选择 A餐厅用
餐的概率为
1
2
.设他第 n 天选择 A餐厅用餐的概率为
P .
n
 − 2
P
（2）证明数列
n
 3
是等比数列，并求出{ }
P 的通项公式.
n
（2）若三棱锥 A− BCD 的体积为 8，二面角 B −CE −O 的余弦值为 15
10
，求OE 的长.
x + y = > > 的两个焦点分别为 F1, F2 ，离心率为 2
2 2
已知椭圆C : 1(a b 0)
a b 2
2 2
，点 P 为C 上一点，PF1F2
f (x )− f (x )= k (x − x )成立，则称函数 f (x)为极值可差比函数，常数 k 称为该函数的极值差比系
1 2 1 2
1
f x = x − − alnx . 数.已知函数 ( )
x
5
a = 时，判断 f (x)是否为极值可差比函数，并说明理由；
（1）当
2
（2）是否存在 a 使 f (x)的极值差比系数为 2 − a ？若存在，求出 a 的值；若不存在，请说明理由；
（3）若 3 2 5
  ，求 f (x)的极值差比系数的取值范围.
a
2 2
司福建省漳州市 2025 届高三毕业班第一次教学质量检测
数学参考答案及评分细则评分说明：
1.本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要
考查内容比照评分标准制定相应的评分细则：
2.对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和
难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；
如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分.
3.解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数.
4.只给整数分数.选择题和填空题不给中间分.
一､单项选择题：本大题共 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 2 3 4 5 6 7 8
A D B C B C C A
二､多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题给出的四个选项中，有
多个选项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错或不选的得 0
分.
9 10 11
AC ABC ABD
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12.6 13.3 14.13
四､解答题：本大题共 6 小题，共 77 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15.（13 分）
【解析】解法一：
（1）选择条件①，(a −b)sin(A+ C)= (a − c)(sinA+ sinC)，
则(a −b)sinB = (a − c)(sinA+ sinC)
由正弦定理可得(a −b)b = (a − c)(a + c)，即
a2 + b2 − c2 = ab ，
司所以 csC
= + − = ，由C ∈(0,π)，所以 π
a2 b2 c2 1
C = .
2ab 2 3
 π −   + π  = 1
sin C cs C
选择条件②，    
   
6 3 4
，
C + = ，则 π
π 2π
C = . 所以
3 3 3
（2）由 1 sin 1 3 5 3
S = ab C = ab× = ，解得 ab = 20 .
2 2 2
又 BD = BC + CD ，
2 2
a2 a 1 b  1   1 b a2 1 ab ab 1 ab 1 ab
b
= + 2 × ×−  +   = + − − =

2  2   2  4 2 2 2
=10
所以 BD  10 ，当且仅当 a = 10,b = 2 10 时等式成立，
所以 BD的最小值是 10 .
解法二：
（1）同解法一；
（2）因为  5 3, 为 AC 中点，
S = D
ABC
在BCD 中，由余弦定理得
BD2 = BC2 + CD2 − 2BC ⋅CD⋅csC
2 1 2 1 1 1 1
= a + b − ab2a⋅ b − ab = ab =10
4 2 2 2 2
所以 BD 10 ，当且仅当 a = 10,b = 2 10 时等式成立，
所以 BD的最小值是 10 .
16.（15 分）
司 − +   +  =
π π π 1
sin C cs C
即
    
 
2 3 3 4
，
2 π 1
 +  =
cs C
所以  
 3  4
，
π π 4π
 + π  = − 1
由 ( )
C ∈ 0,π , < C + < ，则
cs C
 
3 3 3  3  2
，
所以
      
2 ( )2 2 2 2
BD = BC + CD = BC + BC ⋅CD + CD
所以 1 5 3 1 1 sin π
S = S = = ⋅a⋅ b⋅
BDC ABC
2 2 2 2 3
，得 ab = 20 ，
【解析】
（1）设 An =“第 n 天去 A餐厅用餐”， B =“第 n 天去 B 餐厅用餐”，
n
1 2
P = P A = , P B =1− P A = , P B =1− P A ，
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 n n
3 3
3 1
P(A +∣A )= P(A +∣B )= ，
,
n 1 n n 1 n
4 2
1 3 2 1 7
P = P A = P A P A∣A + P B P A∣B = × + × = ，
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 1 2 1
3 4 3 2 12
3 1
P + = P(A + )= P(A )P(A +∣A )+ P(B )P(A +∣B )= P + ( − P )，
1
n 1 n 1 n n 1 n n n 1 n n n
4 2
2  1 1  2 1 1 1  2 
P + P P P
（2） 1
− =  +  − = − =  −  n n n n
3  4 2  3 4 6 4  3 
17.（15 分）
【解析】解法一：
π
（1）因为四边形 ABCD 是边长为 4 的菱形，并且∠ BAD = ，
3
所以ABD,BCD 均为等边三角形，
故 AO ⊥ BD,CO ⊥ BD ，且 AO = CO = 2 3 ，
因为 AO ⊂ 平面 ACO,CO ⊂平面 ACO ，且 AO ∩CO = O ，所以 BD ⊥ 平面 ACO
因为CE ⊂ 平面 ACO ，所以 BD ⊥ CE .
（2）设 A到平面 BCD的距离为 h ，因为等边三角形BCD 的边长为 4，
司则 Ω
= A ∪ B ，且
n n
A 与
n
B 互斥.根据题意得
n
即
1 1
P + = P + .
n 1 n
4 2
又因为
2 1 2
 − 
P − = − ≠ 0，所以 P
 
1 n
3 3 3
 
1
− 为首项，
是以
3
1
4
为公比的等比数列，
所以
P
n
n−1
2  1   1 
− = − × 
，
3  3   4 
从而
2 1
P = −
n n−1
3 3×4
.
所以三棱锥 A− BCD 的体积为 1 3 42 8
× × = ，所以 h = 2 3 ，
h
3 4
因为 AO = 2 3 ，所以 AO ⊥ 平面 BCD，
以O为坐标原点，OB 所在直线为 x 轴，OC 所在直线为 y 轴，OA所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标
系O − xyz ；
则O(0, 0, 0), B(2, 0, 0)，C (0,2 3,0), A(0,0, 2 3)，设 E (0,0,n)(n > 0)
因为 BD ⊥ 平面 ACO ，
所以 ( )
m1 = 1,0,0 是平面 ECO的一个法向量，
设平面 BCE 的法向量为 ( )
m2 = x, y, z ，
又 BC = (−2,2 3,0), BE = (−2,0,n)，
 ⋅ = − + =
m BC 2x 2 3y 0
2
故  
m ⋅ BE = −2x + nz = 0 
2
取 x = 3 ，则 y 1, z 2 3
= = ，
n
解得： n = 3 或 n = − 3 （舍去），此时 3
OE = .
2 2 2
解法二：
司
m
得 2
 
2 3
=  
3,1,
，
n
 
因为二面角 B −CE −O 的余弦值为 15
10
，
所以
m ⋅m
3 15
1 2
= =
 
10
m m
⋅ × + 12
1 2
1 4
n
2
（1）同解法一；
（2）如图，过点O作OQ ⊥ CE ，垂足为Q，连接 BQ ，
由（1）可得 BO ⊥ 平面 AOC,CE ⊂ 平面 AOC ，
所以 BO ⊥ CE ，
又 CE ⊥ OQ,OQ ⊂ 平面 BOQ ，
BO ⊂ 平面 BOQ,OQ ∩ BO = O ，
所以CE ⊥ 平面 BOQ ，
因为 BQ ⊂ 平面 BOQ ，所以CE ⊥ BQ，
则∠ BQO 即为二面角 B −CE −O 的平面角，
又 BO = 2，所以 2 3
OQ = ，
17
∠ = OQ = 1 ，则 tan 1 在 RtCOQ 中，sin OCQ ∠ OCQ = ，
CO 17 4
设 A到平面 BCD的距离为 h ，因为等边三角形BCD 的边长为 4，
所以三棱锥 A− BCD 的体积为 1 3 42 8
× × = ，所以 h = 2 3,
h
3 4
因为 AO = 2 3 ，所以 AO ⊥ 平面 BCD，
因为CO ⊂ 平面 BCD，所以 AO ⊥ CO ，即 EO ⊥ CO ，
OE 1
在 RtCOE 中， tan∠ OCQ = = ，
OC 4
又OC = 2 3 ，所以 3
OE = .
2
司所以 cs 15
∠ BQO = ，则
10
BO 17
tan∠ BQO = = ，
OQ 3
18.（17 分）
【解析】
又 a2 = b2 + c2 ，所以b2 = a2 − c2 =1，
（2）（i）设 ( ) ( )
A x1, y1 , B x2 , y2 ，

2
x
 + 2 =1
y
因为  2
，所以3x2 + 4mx + 2m2 − 2 = 0 ，
 = +
y x m 
( )
Δ =16m − 4×3× 2m − 2 > 0，解得 m2 < 3，
2 2
m
点O到直线l : x − y + m = 0的距离 d = ，
2
( )
2 2 3− 2 + 2
m m
2 2 2
( )
= × 3− m m  × =
3 3 2 2
（ii）设Q(x, y)，由OQ = OA+ OB ，有( ) ( )
x, y = x + x , y + y ，
1 2 1 2
x = x + x
1 2
 = + 即
y y y 
1 2
司
c 2
 = ,
（1）设焦距为 2c ，依题意， a 2
 + = +
2a 2c 2 2 2,
 =
a

解得
c =1,

2,
所以C 的方程为
x
2
2
+ y2 =1.
所以
4m 2m2 − 2
x + x = − , x x = ，
1 2 1 2
3 3
2
AB = x − x + y − y = 2 × x + x − 4x x = × 24 −8m
( )2 ( )2 ( )2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
3
=
4 3−
3
m
2
OAB 的面积
S
1 4 3− m m
2
= × ×
2 3 2
m = ± 6 时，OAB 面积的最大值为 2
当且仅当3− m2 = m2 ，即
2 2
.
因为
4m
x + x = − ，所以
1 2
3
2m
y + y = x + x + 2m = ，
1 2 1 2
3
19.（17 分）
【解析】
5 1 5
a = 时， ( )
f x = x − − lnx(x > 0) ， （1）当
2 x 2
所以 ( ) ( )( )
′ = + − = ，
f x 1
2x −1 x − 2 1 5
x 2x 2x
2 2
1 a 2
x − ax +1
（2） f (x)的定义域为( + ) ( )= − ，即 ( )
0, , f x 1 f x
∞ ′ + ′ = ，
x x x
2
2
  1 1
由于 ( )− ( )= − − − − − 
f x f x x alnx x alnx
1 2 1 1 2 2
x x
1 2
 
 
1 x
= ( − ) +  −
x x 1 aln
1 1 2
x x x  
1 2 2
  x a x
= 2(x − x )− aln = 2 − ln (x − x ),
1 1
1 2 − 1 2
x x x x
2 1 2 2
 
司 = −
4m
x


3

故
2m
 =
y

 3
，于是有
1
y = − x ，
2
所以点Q在定直线
1
y = − x .
2
x∈ 1 ∪ +∞
当 ( )
0, 2,
 
2
时， f ′(x)> 0；当 1 ,2
x∈ 
 2 
时， f ′(x)< 0，
所以 f (x)在 0, 1
 
 
 
2
和(2,+∞ )上单调递增，在 1 ,2
 
 2 
上单调递减，
所以 f (x)的极大值为 f  1  = 5 ln2 − 3
 2  2 2
3 5
，极小值为 f (2)= − ln2 ，
，极小值为 ( )
2 2
f   − f =  −   − 
1 10 1
2 2 ln2 2
所以 ( )
    
2 3 2
，因此 f (x)是极值可差比函数.
假设存在 a ，使得 f (x)的极值差比系数为 2 − a ，则
x1, x2 是方程 x2 − ax +1= 0的两个不等正实根，
 = − >
Δ a 4 0 2
 + =

x x a
1 2
 =
且
x x 1
1 2
，解得 a > 2 ，不妨设
x < x ，则
1 2
x > ，
2 1
1
得 ( )
x − − 2lnx = 0, *
2 2
x
2
1 2 − 2 +1 ( −1)2
x x x
令 ( )= − − > ′( )= = > ，
g x x 2lnx(x 1), g x 0
x x x
2 2
所以 g (x)在(1,+∞ )上单调递增，有 g (x)> g (1)= 0 ，
因此(*)式无解，即不存在 a 使 f (x)的极值差比系数为 2 − a .
(x + x ) x x
2
1
a t
2 = = 1 + 2 + 2 = + + 2 ，
1 2
x x x x t
1 2 2 1
1
2lnt + −t
t 1 1 1 t
+  
令 ( )   ( ) ，
p t = 2 − lnt  t , p t =
′
 −
t 1 4 2 (t 1)
−  
2
1  1  2 1 2 −1−
t t
2
设 ( ) ( )
= + −     ′ = − − =
h t 2lnt t t 1 ,h t 1
t  t t t
4 
2 2
从而 p′(t)> 0，
所以 p(t)在 1 , 1 p  p t p 
上单调递增，所以  ( ) ，
  1 1
 
4 2    
4 2
10
2 ln2 p t 2 3ln2
即 −  ( ) − .
3
司a x
2 − a = 2 − ln 1
所以
x − x x
1 2 2
，从而
1 x
ln 1 1
=
，
x − x x
1 2 2
（3）由（2）知极值差比系数为
a x
2 − ln
1
x − x x
1 2 2
，
x + x x
2 ln
− 1 2 1
即
x − x x
1 2 2
，不妨设 0 < x1 < x2 ，
= x ∈ ，极值差比系数可化为 2 1ln
t +
令 ( )
t t −
1
, 0,1
t
x
t −1
2
，
又 3 2 5
a ，解得
2 2
1 1
t ，
4 2
(t −1)
2
= −  所以 h(t)在
0
t
2
1 
,1
 
 
4
t ∈1 
,1
上单调递减，当
 
 
4
h t h 1  > h =
时， ( ) (1) 0 ，
 2 
司故 f (x)的极值差比系数的取值范围为 2 −10 ln2, 2 −3ln2
 
 
3
.