福建省師范大學附中2025屆高三考前熱身數(shù)學試卷含解析

福建省師范大學附中2025屆高三考前熱身數(shù)學試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．點為不等式組所表示的平面區(qū)域上的動點，則的取值范圍是（）A． B． C． D．2．設實數(shù)x,y滿足條件x+y-2?02x-y+3?0x-y?0則A．1 B．2 C．3 D．43．已知函數(shù)，，若存在實數(shù)，使成立，則正數(shù)的取值范圍為（）A． B． C． D．4．函數(shù)的大致圖象為A． B．C． D．5．已知拋物線的焦點為，是拋物線上兩個不同的點，若，則線段的中點到軸的距離為（）A．5 B．3 C． D．26．執(zhí)行下面的程序框圖，若輸出的的值為63，則判斷框中可以填入的關于的判斷條件是（）A． B． C． D．7．已知復數(shù)(1+i)(a+i)為純虛數(shù)(i為虛數(shù)單位)，則實數(shù)a=（）A．-1 B．1 C．0 D．28．已知平面向量滿足，且，則所夾的銳角為（）A． B． C． D．09．已知F為拋物線y2＝4x的焦點，過點F且斜率為1的直線交拋物線于A，B兩點，則||FA|﹣|FB||的值等于（）A． B．8 C． D．410．設，，分別是中，，所對邊的邊長，則直線與的位置關系是（）A．平行 B．重合C．垂直 D．相交但不垂直11．2019年10月17日是我國第6個“扶貧日”，某醫(yī)院開展扶貧日“送醫(yī)下鄉(xiāng)”醫(yī)療義診活動，現(xiàn)有五名醫(yī)生被分配到四所不同的鄉(xiāng)鎮(zhèn)醫(yī)院中，醫(yī)生甲被指定分配到醫(yī)院，醫(yī)生乙只能分配到醫(yī)院或醫(yī)院，醫(yī)生丙不能分配到醫(yī)生甲、乙所在的醫(yī)院，其他兩名醫(yī)生分配到哪所醫(yī)院都可以，若每所醫(yī)院至少分配一名醫(yī)生，則不同的分配方案共有()A．18種 B．20種 C．22種 D．24種12．設函數(shù)在定義城內可導，的圖象如圖所示，則導函數(shù)的圖象可能為（）A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，其圖象關于直線對稱，當時，（其中是自然對數(shù)的底數(shù)，若，則實數(shù)的值為_____.14．設雙曲線的一條漸近線方程為，則該雙曲線的離心率為____________.15．如圖，半球內有一內接正四棱錐，該四棱錐的體積為，則該半球的體積為__________.16．已知三棱錐的四個頂點在球的球面上，，是邊長為2的正三角形，，則球的體積為__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知橢圓的離心率為，直線過橢圓的右焦點,過的直線交橢圓于兩點(均異于左、右頂點).（1）求橢圓的方程；（2）已知直線,為橢圓的右頂點.若直線交于點，直線交于點，試判斷是否為定值，若是，求出定值；若不是，說明理由.18．（12分）已知曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)）.以直角坐標系的原點為極點，軸的正半軸為極軸建立坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求的普通方程和的直角坐標方程；（2）若過點的直線與交于，兩點，與交于，兩點，求的取值范圍.19．（12分）設函數(shù)，．（Ⅰ）討論的單調性；（Ⅱ）時，若，，求證：．20．（12分）在中，內角的邊長分別為，且．（1）若，，求的值；（2）若，且的面積，求和的值．21．（12分）在①，②，③這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，并解答.已知等差數(shù)列的公差為，等差數(shù)列的公差為.設分別是數(shù)列的前項和，且，，（1）求數(shù)列的通項公式；（2）設，求數(shù)列的前項和.22．（10分）在直角坐標系中，直線的參數(shù)方程為，（為參數(shù)）.以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求直線的普通方程和曲線的直角坐標方程；（2）若點是直線的一點，過點作曲線的切線，切點為，求的最小值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】

作出不等式對應的平面區(qū)域，利用線性規(guī)劃的知識，利用的幾何意義即可得到結論．【詳解】不等式組作出可行域如圖：，，，的幾何意義是動點到的斜率，由圖象可知的斜率為1，的斜率為：，則的取值范圍是：，，．故選：．【點睛】本題主要考查線性規(guī)劃的應用，根據(jù)目標函數(shù)的幾何意義結合斜率公式是解決本題的關鍵．2、C【解析】

畫出可行域和目標函數(shù)，根據(jù)目標函數(shù)的幾何意義平移得到答案.【詳解】如圖所示：畫出可行域和目標函數(shù)，z=x+y+1，即y=-x+z-1，z表示直線在y軸的截距加上1，根據(jù)圖像知，當x+y=2時，且x∈-13,1時，故選：C.【點睛】本題考查了線性規(guī)劃問題，畫出圖像是解題的關鍵.3、A【解析】

根據(jù)實數(shù)滿足的等量關系，代入后將方程變形，構造函數(shù)，并由導函數(shù)求得的最大值；由基本不等式可求得的最小值，結合存在性問題的求法，即可求得正數(shù)的取值范圍.【詳解】函數(shù)，，由題意得，即，令，∴，∴在上單調遞增，在上單調遞減，∴，而，當且僅當，即當時，等號成立，∴，∴.故選：A.【點睛】本題考查了導數(shù)在求函數(shù)最值中的應用，由基本不等式求函數(shù)的最值，存在性成立問題的解法，屬于中檔題.4、A【解析】

因為，所以函數(shù)是偶函數(shù)，排除B、D，又，排除C，故選A．5、D【解析】

由拋物線方程可得焦點坐標及準線方程,由拋物線的定義可知,繼而可求出,從而可求出的中點的橫坐標,即為中點到軸的距離.【詳解】解：由拋物線方程可知，，即，.設則，即，所以.所以線段的中點到軸的距離為.故選:D.【點睛】本題考查了拋物線的定義，考查了拋物線的方程.本題的關鍵是由拋物線的定義求得兩點橫坐標的和.6、B【解析】

根據(jù)程序框圖，逐步執(zhí)行，直到的值為63，結束循環(huán)，即可得出判斷條件.【詳解】執(zhí)行框圖如下：初始值：，第一步：，此時不能輸出，繼續(xù)循環(huán)；第二步：，此時不能輸出，繼續(xù)循環(huán)；第三步：，此時不能輸出，繼續(xù)循環(huán)；第四步：，此時不能輸出，繼續(xù)循環(huán)；第五步：，此時不能輸出，繼續(xù)循環(huán)；第六步：，此時要輸出，結束循環(huán)；故，判斷條件為.故選B【點睛】本題主要考查完善程序框圖，只需逐步執(zhí)行框圖，結合輸出結果，即可確定判斷條件，屬于?？碱}型.7、B【解析】

化簡得到z=a-1+a+1【詳解】z=1+ia+i=a-1+a+1i為純虛數(shù)，故a-1=0故選：B.【點睛】本題考查了根據(jù)復數(shù)類型求參數(shù)，意在考查學生的計算能力.8、B【解析】

根據(jù)題意可得，利用向量的數(shù)量積即可求解夾角.【詳解】因為即而所以夾角為故選：B【點睛】本題考查了向量數(shù)量積求夾角，需掌握向量數(shù)量積的定義求法，屬于基礎題.9、C【解析】

將直線方程代入拋物線方程，根據(jù)根與系數(shù)的關系和拋物線的定義即可得出的值．【詳解】F（1，0），故直線AB的方程為y＝x﹣1，聯(lián)立方程組，可得x2﹣6x+1＝0，設A（x1，y1），B（x2，y2），由根與系數(shù)的關系可知x1+x2＝6，x1x2＝1．由拋物線的定義可知：|FA|＝x1+1，|FB|＝x2+1，∴||FA|﹣|FB||＝|x1﹣x2|＝．故選C．【點睛】本題考查了拋物線的定義，直線與拋物線的位置關系，屬于中檔題．10、C【解析】試題分析：由已知直線的斜率為，直線的斜率為，又由正弦定理得，故，兩直線垂直考點：直線與直線的位置關系11、B【解析】

分兩類：一類是醫(yī)院A只分配1人，另一類是醫(yī)院A分配2人，分別計算出兩類的分配種數(shù)，再由加法原理即可得到答案.【詳解】根據(jù)醫(yī)院A的情況分兩類：第一類：若醫(yī)院A只分配1人，則乙必在醫(yī)院B，當醫(yī)院B只有1人，則共有種不同分配方案，當醫(yī)院B有2人，則共有種不同分配方案，所以當醫(yī)院A只分配1人時，共有種不同分配方案；第二類：若醫(yī)院A分配2人，當乙在醫(yī)院A時，共有種不同分配方案，當乙不在A醫(yī)院，在B醫(yī)院時，共有種不同分配方案，所以當醫(yī)院A分配2人時，共有種不同分配方案；共有20種不同分配方案.故選：B【點睛】本題考查排列與組合的綜合應用，在做此類題時，要做到分類不重不漏，考查學生分類討論的思想，是一道中檔題.12、D【解析】

根據(jù)的圖象可得的單調性，從而得到在相應范圍上的符號和極值點，據(jù)此可判斷的圖象.【詳解】由的圖象可知，在上為增函數(shù)，且在上存在正數(shù)，使得在上為增函數(shù)，在為減函數(shù)，故在有兩個不同的零點，且在這兩個零點的附近，有變化，故排除A，B.由在上為增函數(shù)可得在上恒成立，故排除C.故選：D.【點睛】本題考查導函數(shù)圖象的識別，此類問題應根據(jù)原函數(shù)的單調性來考慮導函數(shù)的符號與零點情況，本題屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

先推導出函數(shù)的周期為，可得出，代值計算，即可求出實數(shù)的值.【詳解】由于函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，則，又該函數(shù)的圖象關于直線對稱，則，所以，，則，所以，函數(shù)是周期為的周期函數(shù)，所以，解得.故答案為：.【點睛】本題考查利用函數(shù)的對稱性計算函數(shù)值，解題的關鍵就是結合函數(shù)的奇偶性與對稱軸推導出函數(shù)的周期，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.14、【解析】

根據(jù)漸近線得到，，計算得到離心率.【詳解】，一條漸近線方程為：，故，，.故答案為：.【點睛】本題考查了雙曲線的漸近線和離心率，意在考查學生的計算能力.15、【解析】

由題意可知半球的半徑與正四棱錐的高相等，可得正四棱錐的棱與半徑的關系，進而可寫出半球的半徑與四棱錐體積的關系，進而求得結果.【詳解】設所給半球的半徑為，則四棱錐的高，則，由四棱錐的體積，半球的體積為：.【方法點睛】涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體中的特殊點（一般為接、切點）或線作截面，把空間問題轉化為平面問題，再利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑（直徑）與該幾何體已知量的關系，列方程（組）求解.16、【解析】

由題意可得三棱錐的三條側棱兩兩垂直，則它的外接球就是棱長為的正方體的外接球，求出正方體的對角線的長，就是球的直徑，然后求出球的體積.【詳解】解：因為，為正三角形，所以，因為，所以三棱錐的三條側棱兩兩垂直，所以它的外接球就是棱長為的正方體的外接球，因為正方體的對角線長為，所以其外接球的半徑為，所以球的體積為故答案為：【點睛】此題考查球的體積，幾何體的外接球，考查空間想象能力，計算能力，屬于中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）定值為0.【解析】

（1）根據(jù)直線方程求焦點坐標，即得c，再根據(jù)離心率得，（2）先設直線方程以及各點坐標，化簡，再聯(lián)立直線方程與橢圓方程，利用韋達定理代入化簡得結果.【詳解】（1）因為直線過橢圓的右焦點,所以，因為離心率為，所以，（2），設直線，則因此由得，所以，因此即【點睛】本題考查橢圓方程以及直線與橢圓位置關系，考查綜合分析求解能力，屬中檔題.18、(1)見解析;(2).【解析】試題分析：（1）利用平方法消去參數(shù)，即可得到的普通方程，兩邊同乘以利用即可得的直角坐標方程；（2）設直線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），代入，利用韋達定理、直線參數(shù)方程的幾何意義以及三角函數(shù)的有界性可得結果.試題解析：（1）曲線的普通方程為，曲線的直角坐標方程為；（2）設直線的參數(shù)方程為（為參數(shù)）又直線與曲線：存在兩個交點，因此.聯(lián)立直線與曲線：可得則聯(lián)立直線與曲線：可得，則即19、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】

（1）首先對函數(shù)求導，再根據(jù)參數(shù)的取值，討論的正負，即可求出關于的單調性即可；（2）首先通過構造新函數(shù)，討論新函數(shù)的單調性，根據(jù)新函數(shù)的單調性證明.【詳解】（1），令，則，令得，當時，則在單調遞減，當時，則在單調遞增，所以，當時，，即，則在上單調遞增，當時，，易知當時，，當時，，由零點存在性定理知，，不妨設，使得，當時，，即，當時，，即，當時，，即，所以在和上單調遞增，在單調遞減；（2）證明：構造函數(shù)，，，，整理得，，（當時等號成立），所以在上單調遞增，則，所以在上單調遞增，，這里不妨設，欲證，即證由（1）知時，在上單調遞增，則需證，由已知有，只需證，即證，由在上單調遞增，且時，有，故成立，從而得證.【點睛】本題主要考查了導數(shù)含參分類討論單調性，借助構造函數(shù)和單調性證明不等式，屬于難題.20、（1）；（2）.【解析】

（1）先由余弦定理求得，再由正弦定理計算即可得到所求值；

（2）運用二倍角的余弦公式和兩角和的正弦公式，化簡可得sinA+sinB=5sinC，運用正弦定理和三角形的面積公式可得a，b的方程組，解方程即可得到所求值．【詳解】解：（1）由余弦定理由正弦定理得（2）由已知得：所以------①