福建省福州格致中学2025届高三上学期10月月考数学试题

这是一份福建省福州格致中学2025届高三上学期10月月考数学试题，共23页。试卷主要包含了选择题，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. （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数乘除法运算法则直接计算可得结果.
【详解】.
故选：B．
2. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合解一元二次不等式求出，根据集合的交集运算，即可求得答案.
【详解】因为，所以，
又，所以，
故选：C．
3. 已知样本数据的平均数和标准差均为4，则数据的平均数与方差分别为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据样本数据同加上一个数和同乘以一个数后的新数据的平均值和方差的性质，即可求得答案.
【详解】由题意知样本数据的平均数和标准差均为4，则的方差为16，
则的平均数为，方差为，
故的平均数为，方差，
故选：B
4. 已知函数，则曲线在处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】代入法求得，以及利用导数的四则运算法则求得f′x进一步求得即可得解.
【详解】由题意知，，
∴曲线y=fx在处的切线的斜率为，
∴曲线y=fx在处切线方程为，且.
故选：C．
5. 已知抛物线上一点到其焦点的距离为，过该抛物线的顶点作直线的垂线，垂足为点，则点的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先得到抛物线的焦点坐标与准线方程，根据抛物线的定义及焦半径公式求出，即可得到、的坐标，设点P的坐标为，由及点在直线上，求出的坐标.
【详解】由题意得，抛物线的焦点，准线方程为，
从而由抛物线的定义得，解得，所以抛物线方程为，则．
又点在抛物线上，即，所以或（舍去），
所以，则，
设点P的坐标为，则，即，所以，又点在直线上，
所以，解得，所以，所以点的坐标为．
故选：D．
6. 已知函数图象的对称轴方程为，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由为的对称轴，可得的最小正周期，从而得到，根据对称轴的性质可得，令，代入函数即可求出，从而得到答案.
【详解】，其中．
由函数图象的对称轴方程为，得的最小正周期，
所以，所以．
由函数图象的对称轴方程为，得，
令，得，即，得，
所以，经验证满足题设，则．
故选：A．
7. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，若椭圆C上存在点M使得，则椭圆C的离心率e的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在中，由余弦定理用表示出MF1⋅MF2，再由三角形的面积公式得到关于的不等关系，从而得到离心率的范围.
【详解】由题，，则．设，，则由椭圆的定义得．
在中，由余弦定理得，
所以，
所以．
设，则，所以，
所以，所以，
两边同时平方得，解得，
又，所以.
故选：D．
8. 已知A，B，C，D是半径为2的圆O上的四个动点，若，则的最大值为（ ）
A. 6B. 12C. 24D. 32
【答案】C
【解析】
【分析】利用极化恒等式进行转化可求最大值.
【详解】如图：
分别取AB，CD的中点E，F，连接DE，CE，EF．
又，所以由极化恒等式得
，，
所以
．
连接OE，OF，OA，OB，OC，OD，
由，，得，
所以E，F在以O为圆心，为半径的圆上．所以EF的最大值为，
所以的最大值为24．
故选：
【点睛】知识点点睛：极化恒等式：在中，若为中点，则.
二、选择题：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. 已知二项式（且，，）的展开式中第项为15，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】利用二项展开式的通项公式可求， 的值，可判断AB的准确性；再利用排列数和组合数的运算性质判断CD.
【详解】由二项式定理得，
所以，故AB正确．
因为，所以C错误．
因为，，所以，故D错误．
故选：AB
10. 已知函数，其中分别是将一枚质地均匀的骰子抛掷两次得到的点数．设“函数的值域为”为事件，“函数为偶函数”为事件，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据给定条件，求出事件的所有可能结果，并求出概率，再结合事件的和与积、条件概率逐项分析即可.
【详解】将一枚质地均匀的骰子抛掷两次出现的点数共有种情况，
由函数的值域为，
则，即，
满足的有，，共2种情况，
则，.
由函数为偶函数，得，
满足的有，，，，，，共6种情况，
则.
对于A，满足事件A，B同时发生的有，共1种情况，
则，故A错误；
对于B，事件包含的有，，，，，，，共7种情况，
因此，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，满足事件，B同时发生的有，，，，，共5种情况，
因此，则，故D错误．
故选：BC.
11. 一般地，我们把三组对棱分别相等的四面体叫做等面四面体．下列结论正确的是（ ）
A. 若一个四面体的四个面的周长都相等，则该四面体是等面四面体
B. 等面四面体的一组对棱中点的连线与这组对棱都垂直
C. 三组对棱长度分别为，，的等面四面体外接球的表面积为
D. 过等面四面体任一顶点的三个面且以该点为顶点的三个角之和为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于选项A ，利用周长关系，化简可得答案；
对于选项B，作出图等面四面体中，设与的中点分别为，，可证明，从而证明，，判断B；
对于C，将等面四面体放到长方体中，即可求出外接球半径，从而得到外接球表面积；
对于D，将等面四面体展开，从而得到，即可说明答案.
【详解】选项A：四面体中，设，，，，，，且，
将，两边分别相加，得，
再由得，同理得，，所以四面体是等面四面体，所以A正确．
选项B：如图1，在等面四面体中，设与的中点分别为，，
连接，，则，所以，所以，同理可证，所以B正确．
选项C：将等面四面体放到长方体中，如图2，
所以等面四面体的外接球即长方体的外接球，不妨设，，，
则，，，得，
，，所以等面四面体外接球的半径，
所以等面四面体外接球的表面积为，所以C错误．
选项D：将等面四面体展开，如图3，
由等面四面体的定义可以证得，所以，，
所以，同理在其他顶点处也成立，所以D正确．
故选：ABD
【点睛】方法点睛：能放在长方体中求外接球半径的三棱锥模型：
(1)墙面模型：共点的三条线两两垂直；
(2)正四面体模型：棱长全等的三棱锥；
(3)对棱相等的三棱锥
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知数列为等差数列，，则______．
【答案】12
【解析】
【分析】解法一：利用等差数列的性质将已知中的进行转化，从而求解；
解法二：利用等差数列的通项公式求解.
【详解】解法一 ：因为，所以．
解法二 ：设数列an的公差为d，则，
从而．
故答案为：12
13. 某金属晶体的原子排列的正八面体最密堆积（表示金属晶体原子的六个等径球按如图1所示的方式排列：相邻的两个等径球相切且六个球体中心的连线成正八面体形状，如图2）依然存在空隙（最密堆积中六个球所围成的中间空着的地方）．若等径球的半径为，空隙中能容纳的最大外来原子（图3中位于中间的小球）的半径为，则______．

【答案】##
【解析】
【分析】结合某金属晶体的原子排列的正八面体最密堆积，设正八面体EABCDF的棱长为a，连接AC，BD，EF，则，由题意得，，即可求解.
【详解】由题意，最大外来原子一定与6个原子相切，则是正八面体对角线长．
如图所示，

设正八面体EABCDF的棱长为a，连接AC，BD，EF，则，
由题意得，，
所以，，
故．
故答案为：.
14. 表示三个数中的最大值，对任意的正实数，，则的最小值是______．
【答案】2
【解析】
【分析】设，因，可得，借助于基本不等式可得，验证等号成立的条件，即得.
【详解】设，则，，，
因，则得．又因，所以，
当且仅当，即，时等号成立，故的最小值为2．
故答案为：2.
【点睛】思路点睛：本题解题的思路在于，先根据的含义，设出，即得，将问题转化为求的最小值，而这可以利用基本不等式求得，同时需验证等号成立的条件.
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. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且．
（1）求的最大值，并判断此时的形状；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）最大值，直角三角形
（2）6.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，得到与的关系，利用基本不等式得到的最大值，求出当取最大值时A，B，C的大小，从而判断出的形状；
（2）解法一：先求，的值，过点B作于点D，求BD的长，最后求的面积；解法二：过B作于点D，根据（1）中可求得AD，CD，结合求出BD，求的面积.
【小问1详解】
由及正弦定理，得，
所以，即，
所以．
易知，则．①
所以．
易知，所以，
当且仅当时，取得最大值．②
此时，所以，．由三角形内角和定理得，
所以当取得最大值时，为直角三角形．
【小问2详解】
解法一：由题，，得，
由（1）可得，所以，
所以，．③
易知为锐角三角形，过点B作于点D，则D在边AC上，
设，则，
由得，所以，从而，④
所以．
解法二：由题意得是锐角三角形，过点B作于点D，则D在边AC上，
且，．因为，所以，
因为，所以，，
设，则，，
所以，得，即，⑤
所以．
16. 如图，已知在多面体ABCDEF中，，，平面，平面，

（1）求证：平面平面；
（2）若，，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由推出平面，再由平面，平面得到，继而得到平面，最后由面面平行的判定定理即得；
（2）依题意建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求得相关向量的坐标，计算出两个平面的法向量坐标，利用空间向量的夹角公式即可求得.
【小问1详解】
因为，平面，平面，
所以平面，①
因为平面，平面，所以，
同理可证平面，②
又，平面，所以平面平面.
【小问2详解】
易知AB，AD，AE两两垂直，故可以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
故，，，

设平面BDE的法向量为，则，即，
令，则，，所以，
设平面BDF的法向量为，则，即，
令，则，，所以，
则，
易知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.
17. 某学校在2023—2024年度体育节活动中设置了一项趣味轮滑比赛，比赛设置了2个动作项目组，其中项目组一中有3个规定动作，项目组二中有2个自选动作，比赛规则：每位运动员从2个项目组的5个动作中选择3个参赛，最后得分越多者，排名越靠前．评分规则：对于项目组一中的每个动作，若没有完成得0分，若完成得10分．对于项目组二中的动作，若没有完成得0分，若只完成1个得20分，若完成2个得50分．已知运动员甲完成项目组一中每个动作的概率均为，完成项目组二中每个动作的概率均为，且每个动作是否能完成相互独立．
（1）若运动员甲选择项目组一中的3个动作参赛，设甲的最后得分为，求的分布列与数学期望；
（2）以最后得分的数学期望为依据，判断运动员甲应选择怎样的方案参赛，请说明你的理由．
【答案】（1）分布列见解析，15；
（2）从项目组一中选择1个动作、从项目组二中选择2个动作参赛，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）依题意， 的所有可能取值为0，10，20，30，分布求出对应的概率，列出的分布列，从而得到数学期望；
（2）由题意，运动员甲的参赛方案有3个：方案1：从项目组一中选择3个动作参赛．方案2：从项目组一中选择2个动作、从项目组二中选择1个动作参赛．方案3：从项目组一中选择1个动作、从项目组二中选择2个动作参赛，分别列出分布列，求出数学期望，即可判断答案.
小问1详解】
由题意得的所有可能取值为0，10，20，30，
所以，，
，，①
故的分布列为
所以．
【小问2详解】
由题意，运动员甲的参赛方案有3个：
方案1：从项目组一中选择3个动作参赛．
方案2：从项目组一中选择2个动作、从项目组二中选择1个动作参赛．
方案3：从项目组一中选择1个动作、从项目组二中选择2个动作参赛．
对于方案1：由（1）知甲的最终得分的数学期望为15．
对于方案2：设甲的最终得分为，则的所有可能取值为0，10，20，30，40，
则，
，
，
，，
所以．②
对于方案3：设甲的最终得分为，则的所有可能取值为0，10，20，30，50，60，
则，，
，，
，，
所以．③
因为，
所以甲应选择方案3，即从项目组一中选择1个动作、从项目组二中选择2个动作参赛.
18. 已知O为坐标原点，P，Q是双曲线上的两个动点．
（1）若点P，Q在双曲线E的右支上且直线PQ的斜率为2，点T在双曲线E的左支上且，，求双曲线E的渐近线方程；
（2）若，，成等比数列，，证明直线PQ与定圆相切．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）取PQ的中点M，连接OM，由双曲线的对称性得到，设直线PQ的倾斜角为，直线OM的倾斜角为，从而，，再由，求得，然后利用点差法，由求解；
（2）易知OP，OQ的斜率存在且不为0，设直线OP的方程为y=kxk≠0，直线OQ的方程为，代入双曲线方程，结合，，成等比数列，有，从而，设点O到直线PQ的距离为，再利用射影定理则求解.
【小问1详解】
解：如图所示：
取PQ中点M，连接OM，
由及双曲线的对称性可知O为线段QT的中点，则．
设直线PQ的倾斜角为，直线OM的倾斜角为，则，，
由题意得，所以．
设Px1,y1，Qx2,y2，则，两式相减，得，
化简得，即，所以，
故双曲线E的渐近线方程为．
【小问2详解】
易知OP，OQ的斜率存在且不为0，设直线OP的方程为y=kxk≠0，
由，可得直线OQ的方程为，
将代入双曲线方程，得，得，则，
所以，将k换成得．
因为，，成等比数列，所以，
则．
设点O到直线PQ的距离为，则，
两边同时平方得，
所以，可得，
所以直线PQ与定圆相切．
【点睛】关键点点睛：本题第一问关键是直线PQ的倾斜角与直线OM的倾斜角的关系，从而得到，再由点差法，得到结论而得解.
19. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性．
（2）给定且，对于两个大于1的正实数，，若存在实数m满足：，，使得不等式恒成立，则称函数为区间D上的“优化分解函数”．若，函数为区间上的“优化分解函数”，求实数m的取值范围．
【答案】（1）答案见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用导数分类讨论单调性；
（2）利用导数得Fx的单调性，再分的情况，依次验证是否符合“优化分解函数”的定义即可.
【小问1详解】
依题意，函数的定义域为0,+∞，
，
令，解得或．
①当时，，
∴当或时，f′x0，单调递增，
故函数在上单调递增，在和上单调递减．
②当时，恒成立，
∴在0,+∞上单调递减．
③当时，，
∴当或时，f′x0．
故函数在上单调递增，在和上单调递减．
综上，当时，在和上单调递减，在上单调递增；
当时，0,+∞上单调递减；
当时，在和上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
当时，，
∴在1,+∞上恒成立，
∴Fx在区间1,+∞上单调递增，∴当时，．
当时，有，
，
得，同理．
∴由Fx的单调性知，，
从而有，符合题意．
当时，，
，
由Fx的单调性知，
∴，与题意不符．
当时，同理可得，，
故由Fx的单调性知，
得，与题意不符．
综上，实数m的取值范围为0,1．
【点睛】关键点点睛：第（2）问中分，和三种情况下比较与
的大小关系，验证是否符合“优化分解函数”的定义.0
10
20
30