福建省漳州市2025届高中毕业版第一次质量检测（漳州一检）数学试题+答案_A1502026各地模拟卷（超值！）_9月_240915福建省漳州市2025届高中毕业版第一次质量检测（漳州一检）

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A= { x∣x2 −3x−4>0 } ，则 A=（ ） R A. { x∣−1x4 } B.{x∣−1< x<4} C.{x∣−4< x<1} D. { x∣−4x1 } 3−i 2.若复数z = ，则z 的虚部为（ ） 1+i A.−2i B.2i C.−2 D.2         3.已知a,b 为单位向量，若 a+b − a−b =0，则 a−b =（ ） A.2 B. 2 C.1 D.0 4.若tanα=2tanβ,sin (α−β)=t，则sin (α+β)=（ ） A.2t B.−2t C.3t D.−3t 5.已知双曲线C:x2 − y2 =4，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 A,B，则四边形OAMB（O为原点）的面积为（ ） A.1 B.2 C.4 D.6 6.在正四棱锥P−ABC D 中，PB ⊥ PD .用一个平行于底面的平面去截该正四棱锥，得到几何体 1 1 1 1 1 1 ABCD−ABC D,AB=1,AB =2，则几何体ABCD−ABC D 的体积为（ ） 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 学科网（北京）股份有限公司2 4 2 7 2 17 2 A. B. C. D. 6 3 6 9  π 7.已知函数 f ( x )=tan ωx+ (ω>0)，若方程 f ( x )=1在区间 ( 0,π ) 上恰有3个实数根，则ω的取值  4 范围是（ ） ( ] [ ) ( ] [ ) A. 2,3 B. 2,3 C. 3,4 D. 3,4 8.已知函数 f ( x )=2x +2−x +cosx+x2，若a = f (−3 ) ,b= f ( e ) ,c= f ( π ) ，则（ ） A.b 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 )=2f ( 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､1､80 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（ ） 学科网（北京）股份有限公司1 A.开口向上的抛物线的方程为y = x2 2 B. AB =4 3 C.直线x+ y =t截第一象限花瓣的弦长最大值为 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. 4  1 12.x−  的展开式的常数项为__________.  x S +9 13.已知数列 { a } 的前n项和为S =n2 +n，当 n 取最小值时，n= __________. n n a 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，A,B,C的对边分别为a,b,c，且满足__________. π   π 1 请在① ( a−b ) sin ( A+C )=( a−c )( sinA+sinC ) ；②sin −CcosC+  = ，这两个中任选一个 6   3 4 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） 学科网（北京）股份有限公司1 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 .从第2天起，如果前一天选择A 3 3 餐厅用餐，那么次日选择A餐厅用餐的概率为 ；如果前一天选择B餐厅用餐，那么次日选择A餐厅用 4 1 餐的概率为 .设他第n天选择A餐厅用餐的概率为P . n 2 （1）求P 的值及P 关于P 的表达式； 2 n+1 n  2 （2）证明数列P − 是等比数列，并求出 { P } 的通项公式.  n 3 n 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； 15 （2）若三棱锥A−BCD的体积为8，二面角B−CE−O的余弦值为 ，求OE的长. 10 18.（17分） x2 y2 2 已知椭圆C: + =1(a>b>0)的两个焦点分别为F,F ，离心率为 ，点P为C上一点，PFF a2 b2 1 2 2 1 2 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 学科网（北京）股份有限公司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 数.已知函数 f ( x )= x− −alnx. x 5 （1）当a= 时，判断 f ( x ) 是否为极值可差比函数，并说明理由； 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 2 5 ( ) （3）若 a ，求 f x 的极值差比系数的取值范围. 2 2 学科网（北京）股份有限公司福建省漳州市 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， 所以cosC = a2 +b2 −c2 = 1 ，由C∈( 0,π ) ，所以C = π . 2ab 2 3 π   π 1 选择条件②，sin −CcosC+  = ， 6   3 4 学科网（北京）股份有限公司π π   π 1 即sin −  +CcosC+  = ， 2 3   3 4  π 1 所以cos2 C+  = ，  3 4 π π 4π  π 1 由C∈( 0,π ) , 0) 因为BD⊥平面ACO，  所以m =( 1,0,0 )是平面ECO的一个法向量， 1  设平面BCE 的法向量为m =( x,y,z )， 2   ( ) 又BC = −2,2 3,0 ,BE =(−2,0,n ) ，    m ⋅BC =−2x+2 3y =0 故2  m ⋅BE =−2x+nz =0 2 2 3 取x= 3，则y =1,z = ， n   2 3 得m = 3,1, ， 2  n    15 因为二面角B−CE−O的余弦值为 ， 10   m ⋅m 1 2 3 15   = = 所以 m ⋅ m 12 10 1 2 1× 4+ n2 3 3 3 解得：n= 或n=− （舍去），此时OE = . 2 2 2 解法二： 学科网（北京）股份有限公司（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， 15 BO 17 所以cos∠BQO= ，则tan∠BQO= = ， 10 OQ 3 2 3 又BO=2，所以OQ= ， 17 OQ 1 1 在RtCOQ中，sin∠OCQ= = ，则tan∠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， 1 3 所以三棱锥A−BCD的体积为 × ×42h=8，所以h=2 3, 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 3 又OC =2 3，所以OE = . 2 学科网（北京）股份有限公司18.（17分） 【解析】 c 2  = , a= 2, （1）设焦距为2c，依题意，a 2 解得  c=1, 2a+2c=2 2+2, 又a2 =b2 +c2，所以b2 =a2 −c2 =1， x2 所以C的方程为 + y2 =1. 2 ( ) ( ) （2）（i）设A x ,y ,B x ,y ， 1 1 2 2 x2  + y2 =1 因为 2 ，所以3x2 +4mx+2m2 −2=0，  y = x+m ( ) Δ=16m2 −4×3× 2m2 −2 >0，解得m2 <3， 4m 2m2 −2 所以x +x =− ,x x = ， 1 2 3 1 2 3 2 4 3−m2 AB = ( x −x )2 +( y − y )2 = 2× ( x +x )2 −4x x = × 24−8m2 = 1 2 1 2 1 2 1 2 3 3 m 点O到直线l:x− y+m=0的距离d = ， 2 1 4 3−m2 m OAB的面积S = × × 2 3 2 ( ) = 2 × ( 3−m2 ) m2  2 × 3−m2 +m2 = 2 3 3 2 2 6 2 当且仅当3−m2 =m2，即m=± 时，OAB面积的最大值为 . 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 即 1 2 y = y + y 1 2 4m 2m 因为x +x =− ，所以y + y = x +x +2m= ， 1 2 3 1 2 1 2 3 学科网（北京）股份有限公司 4m x=−   3 1 故 ，于是有y =− x，  2m 2 y =  3 1 所以点Q在定直线y =− x. 2 19.（17分） 【解析】 5 1 5 （1）当a= 时， f ( x )= x− − lnx(x>0)， 2 x 2 1 5 ( 2x−1 )( x−2 ) 所以 f′( x )=1+ − = ， x2 2x 2x2  1 1  当x∈ 0,  ∪( 2,+∞) 时， f′( x )>0；当x∈  ,2时， f′( x )<0，  2 2   1 1  所以 f ( x ) 在0, 和 ( 2,+∞) 上单调递增，在 ,2上单调递减，  2 2  1 5 3 3 5 所以 f ( x ) 的极大值为 f   = ln2− ，极小值为 f ( 2 )= − ln2， 2 2 2 2 2 1  10 1  所以 f   − f ( 2 )= 2− ln2 −2，因此 f ( x ) 是极值可差比函数. 2  3 2  （2） f ( x ) 的定义域为( 0,+∞) , f′( x )=1+ 1 − a ，即 f′( x )= x2 −ax+1 ， x2 x x2 假设存在a，使得 f ( x ) 的极值差比系数为2−a，则x ,x 是方程x2 −ax+1=0的两个不等正实根， 1 2 Δ=a2 −4>0  x +x =a ，解得a >2，不妨设x < x ，则x >1， 1 2 1 2 2  且x x =1  1 2 1  1  由于 f ( x )− f ( x )= x − −alnx −x − −alnx  1 2 1 x 1  2 x 2  1 2  1  x =( x −x ) 1+ −aln 1 1 2  x x  x 1 2 2 x  a x  =2 ( x −x )−aln 1 =2− ln 1  ( x −x ) , 1 2 x  x −x x  1 2 2 1 2 2 学科网（北京）股份有限公司a x 1 x 所以2−a=2− ln 1 ，从而 ln 1 =1， x −x x x −x x 1 2 2 1 2 2 1 得x − −2lnx =0, ( * ) 2 x 2 2 1 x2 −2x+1 (x−1)2 令g ( x )= x− −2lnx(x>1),g′( x )= = >0， x x2 x2 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. a x （3）由（2）知极值差比系数为2− ln 1 ， x −x x 1 2 2 x +x x 即2− 1 2 ln 1 ，不妨设0< x < x ， x −x x 1 2 1 2 2 x t+1 令t = 1 ,t∈( 0,1 ) ，极值差比系数可化为2− lnt， x t−1 2 ( x +x )2 x x 1 a2 = 1 2 = 1 + 2 +2=t+ +2， x x x x t 1 2 2 1 3 2 5 1 1 又 a ，解得 t ， 2 2 4 2 1 2lnt+ −t 令 p ( t )=2− t+1 lnt   1 t 1   ,p′( t )= t ， t−1 4 2 (t−1)2 1 1  2 1 2t−1−t2 设h ( t )=2lnt+ −t t1,h′( t )= − −1= t 4  t t2 t2 =− (t−1)2 0所以h ( t ) 在   1 ,1   上单调递减，当t∈  1 ,1   时，h ( t ) h   1  >h ( 1 )=0， t2 4  4  2 从而 p′( t )>0， 1 1 1 1 ( ) ( ) 所以 p t 在  ,  上单调递增，所以 p p t p ， 4 2 4 2 10 即2− ln2p ( t ) 2−3ln2. 3 学科网（北京）股份有限公司 10  故 f ( x ) 的极值差比系数的取值范围为  2− ln2,2−3ln2 .  3  学科网（北京）股份有限公司