【文档说明】福建省漳州市2025届高三上学期第一次教学质量检测试题 数学 Word版含解析.docx，共(14)页，724.404 KB，由小赞的店铺上传

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福建省漳州市2025届高三毕业班第一次教学质量检测数学试题本试卷共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2340Axxx=−−∣，则RA=ð（）A.14xx−∣剟B.{14}xx−∣C.{41}xx−∣D.41xx−∣剟2.若复数3i1iz−

=+，则z的虚部为（）A.2i−B.2iC.2−D.23.已知,ab为单位向量，若0abab+−−=，则ab−=（）A.2B.2C.1D.04.若()tan2tan,sint=−=，则()si

n+=（）A.2tB.2t−C.3tD.3t−5.已知双曲线22:4Cxy−=，点M为C上一点，过M分别作C的两条渐近线的垂线，垂足分别为,AB，则四边形OAMB（O为原点）的面积为（）A.1B.2C.4D.66.在正四棱锥1111PABCD−中，11PBPD⊥.用一个平行于底面的

平面去截该正四棱锥，得到几何体111111,1,2ABCDABCDABAB−==，则几何体1111ABCDABCD−的体积为（）A.26B.423C.726D.17297.已知函数()πtan(0)4fxx=+，若方程()1fx=在区间()0,π上恰有3

个实数根，则的取值范围是（）A.(2,3B.)2,3C.(3,4D.)3,48.已知函数()222cosxxfxxx−=+++，若()()()3,e,πafbfcf=−==，则（）A.bacB.bcaC.cabD.cba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.已知()2,XN，则（）A.()EX=B.()DX=C.()()1PXPX++−=剟D.()()2P

XPX+−厔10.已知定义在R上的函数()fx不恒等于()0,π0f=，且对任意的,xyR，有()()()()222fxfyfxyfxy+=+−，则（）A.()01f=B.()fx是偶函数C.()fx的图象关于点()π,

0中心对称D.2π是()fx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2:2(0)Cy

pxp=绕其顶点分别逆时针旋转90180270､､后所得三条曲线与C围成的（如图阴影区域），,AB为C与其中两条曲线的交点，若1p=，则（）A.开口向上的抛物线的方程为212yx=B.4AB=C.直线xyt+=截第一象限花瓣的弦长最大值为34D.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.12.41xx−的展开式的常数项为__________.13.已知数列na的前n项和为2nSnn=+，当9nnSa+取最小值时，n=__________.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，,,ABC的对边分别为,,abc，且满足__________.请在①()()()()sinsinsinabACacAC−+=−+；②ππ1sincos634CC−+=

，这两个中任选一个作为条件，补充在横线上，并解答问题.（1）求C；（2）若ABC的面积为53,D为AC的中点，求BD的最小值.16.（15分）某学校食堂有,AB两家餐厅，张同学第1天选择A餐厅用餐的概率为13.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34；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12.设他第n天选择A餐厅用餐的概率为nP.（1）求2P的值及1nP+关于nP的表达式；（2）证明数列23nP−是等比数列，并求出nP的通项公式.17.（15分）已知边

长为4的菱形ABCD（如图1），π,3BADAC=与BD相交于点,OE为线段AO上一点，将三角形ABD沿BD折叠成三棱锥ABCD−（如图2）.（1）证明：BDCE⊥；（2）若三棱锥ABCD−的体积为8，二面角BCEO−−的余弦值为151

0，求OE的长.18.（17分）已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的两个焦点分别为12,FF，离心率为22，点P为C上一点，12PFF周长为222+，其中O为坐标原点.（1）求C的方程；（2）直线:lyxm=+与C交于,AB两点，（

i）求OAB面积的最大值；（ii）设OQOAOB=+，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()fx在定义域内，存在极大值()1fx和极小值()2fx，且存在一个常数k，使()(

)()1212fxfxkxx−=−成立，则称函数()fx为极值可差比函数，常数k称为该函数的极值差比系数.已知函数()1lnfxxaxx=−−.（1）当52a=时，判断()fx是否为极值可差比函数，并说明理由；（2）是否存在a使()fx的极值差比系数为2a−？若存在，求出a的值；若不存在，

请说明理由；（3）若32522a剟，求()fx的极值差比系数的取值范围.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.12345678ADBCBCCA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.91011ACABCABD三､填空题：本题共3小题，每

小题5分，共15分.12.613.314.13四､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，()()()()sinsinsinabACacAC−+=−+，则()()()sinsinsinabBacA

C−=−+由正弦定理可得()()()abbacac−=−+，即222abcab+−=，所以2221cos22abcCab+−==，由()0,πC，所以π3C=.选择条件②，ππ1sincos634CC−+=，即πππ1sincos2334CC

−++=，所以2π1cos34C+=，由()ππ4π0,π,333CC+，则π1cos32C+=−，所以π2π33C+=，则π3C=.（2）由113sin53222SabCab===，解得20ab=.又BDBCCD=+，所以2222()

2BDBCCDBCBCCDCD=+=++222211111122224222baabbaabababab=+−+=+−−=…10=所以10BD…，当且仅当10,210ab==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53,ABCSD=为AC中点，所以15311πsin22223BDCABCSSab===，得20ab=，在BCD中，由余弦定理得2222cosBDBCCDBC

CDC=+−221111121042222ababababab=+−−==…所以10BD…，当且仅当10,210ab==时等式成立，所以BD的最小值是10.16.（15分）【解析】（1）设nA=“第n天去A餐厅用餐”，nB=“第n天去B餐厅用餐”，则ΩnnAB=，且nA与nB互

斥.根据题意得()()()()()111112,1,133nnPPAPBPAPBPA===−==−，()()1131,42nnnnPAAPAB++==∣∣，()()()()()2212112113217343212PPAPA

PAAPBPAB==+=+=∣∣，()()()()()()111131142nnnnnnnnnnPPAPAPAAPBPABPP++++==+=+−∣∣，即11142nnPP+=+.（2）12112111234234643nnnnPPPP+

−=+−=−=−又因为121033P−=−，所以23nP−是以13−为首项，14为公比的等比数列，所以1211334nnP−−=−，从而12133

4nnP−=−.17.（15分）【解析】解法一：（1）因为四边形ABCD是边长为4的菱形，并且π3BAD=，所以,ABDBCD均为等边三角形，故,AOBDCOBD⊥⊥，且23AOCO==，因为AO平面,ACOCO平面ACO，且AOCOO=，所以BD⊥平面ACO因为

CE平面ACO，所以BDCE⊥.（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，所以三棱锥ABCD−的体积为2134834h=，所以23h=，因为23AO=，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Oxyz−；则()()0,0,0,2,0,0OB，()()0,23,0,0,0,23CA，设()0,0,(0)Enn因为BD⊥平面ACO，所以()11,0,0m=是平面ECO的一个法向量，设平面BCE的法向量为()2,,mxyz=，又()()2,23,0

,2,0,BCBEn=−=−，故22223020mBCxymBExnz=−+==−+=取3x=，则231,yzn==，得2233,1,mn=，因为二面角BCEO−−的余弦值为

1510，所以12122315101214mmmmn==+解得：32n=或32n=−（舍去），此时32OE=.解法二：（1）同解法一；（2）如图，过点O作OQCE⊥，垂足为Q，连接BQ，由（1）可得BO⊥平面,AOCCE平面AOC，所以BOCE⊥，又,CEOQOQ⊥平面BOQ，BO

平面,BOQOQBOO=，所以CE⊥平面BOQ，因为BQ平面BOQ，所以CEBQ⊥，则BQO即为二面角BCEO−−的平面角，所以15cos10BQO=，则17tan3BOBQOOQ==，又2BO=，所以2317OQ=，在RtCOQ中，1s

in17OQOCQCO==，则1tan4OCQ=，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ABCD−的体积为2134834h=，所以23,h=因为23AO=，所以AO⊥平面BCD，因为CO平面BCD，

所以AOCO⊥，即EOCO⊥，在RtCOE中，1tan4OEOCQOC==，又23OC=，所以32OE=.18.（17分）【解析】（1）设焦距为2c，依题意，2,222222,caac=+=+解得2,1,ac==

又222abc=+，所以2221bac=−=，所以C的方程为2212xy+=.（2）（i）设()()1122,,,AxyBxy，因为2212xyyxm+==+，所以2234220xmxm++−=，()22Δ1

643220mm=−−，解得23m，所以21212422,33mmxxxx−+=−=，()()()2222121212122242483ABxxyyxxxxm=−+−=+−=−2433m−=点

O到直线:0lxym−+=的距离2md=，OAB的面积2143232mmS−=()()2222322233322mmmm−+=−=„当且仅当223mm−=，即62m=时，OAB面积的最大值为22.

（ii）设(),Qxy，由OQOAOB=+，有()()1212,,xyxxyy=++，即1212xxxyyy=+=+因为1243mxx+=−，所以1212223myyxxm+=++=，故4323mxmy=−=，于是有12yx=−，所以点Q在定直线12yx=

−.19.（17分）【解析】（1）当52a=时，()15ln(0)2fxxxxx=−−，所以()()()2221215122xxfxxxx−−=+−=，当()10,2,2x+时，()0fx；当1,22x

时，()0fx，所以()fx在10,2和()2,+上单调递增，在1,22上单调递减，所以()fx的极大值为153ln2222f=−，极小值为()352ln222f=−，所以()110122ln22232ff−=−−

，因此()fx是极值可差比函数.（2）()fx的定义域为()()210,,1afxxx++=−，即()221xaxfxx−+=，假设存在a，使得()fx的极值差比系数为2a−，则12,xx是方程210xax−+=的两个不等正实根，21212Δ401axxa

xx=−+==且，解得2a，不妨设12xx，则21x，由于()()1211221211lnlnfxfxxaxxaxxx−=−−−−−()11212211lnxxxaxxx

=−+−()()11121221222ln2ln,xxaxxaxxxxxx=−−=−−−所以112222lnxaaxxx−=−−，从而11221ln1xxxx=−，得()22212ln0,*xxx−−=令()()2222121(1)2ln(1),0xxxg

xxxxgxxxx−+−=−−==，所以()gx在()1,+上单调递增，有()()10gxg=，因此()*式无解，即不存在a使()fx的极值差比系数为2a−.（3）由（2）知极值差比系数为11222lnxaxxx−−，即1211222lnxxxxxx+−−，不妨设120xx，令()

12,0,1xttx=，极值差比系数可化为12ln1ttt+−−，()2122121221122xxxxatxxxxt+==++=++，又32522a剟，解得1142t剟，令()()212ln1112ln,142(1)ttttptttp

ttt+−+=−=−−剟，设()()2221121212ln1,14tthtttthttttt−−=+−=−−=剟22(1)0tt−=−„所以()ht在1,14上单调递减，当

1,14t时，()()1102hthh=…，从而()0pt，所以()pt在11,42上单调递增，所以()1142pptp剟，即()102ln223ln23pt−−剟.故()

fx的极值差比系数的取值范围为102ln2,23ln23−−.