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福建省南平市2025届高中毕业班第三次质量检测
数学试题及答案解析
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，只有一项符合题目要求.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1.若集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
2.已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
3.已知双曲线的一条渐近线为，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
4.已知平行六面体的体积为4，若将其截去三棱锥，则剩余几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
5.若，，则（ ）
A.或 B.或 C. D.
6.已知数列的前项和为，若，且对任意的，且对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7.已知函数在区间恰有两个极大值点，三个对称中心，则（ ）
A. B. C. D.
8.设表示不超过实数的最大整数，如，，，则方程解得个数为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共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.已知甲组数据的平均值为，方差为2，由这组数据得到乙组数据，其中，则（ ）
A.数据,的平均数为
B.乙组数据的方差为
C.数据,8的方差小于
D.甲组数据的第25百分位数是乙组数据的第25百分位数的2倍
10.已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A.为奇函数
B.任意，存在，使得恒成立
C.若方程恰有两个不等实数根，则
D.若方程恰有三个不等实根，则
11.已知向量满足，，则（ ）
.当时，与的夹角为 .当时，在上的投影向量为
.的最大值为 .的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知数列中，，，则 .
13.设抛物线的焦点为，过且斜率为2的直线与交于两点，则 .
14.已知正方体的棱长为4，点分别为线段上的动点，则的最小值为 ，此时 .
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.（13分）记的内角所对边分别为，已知，.
（1）证明：为等边三角形；
（2）点分别在直线两侧，且，，，求四边形的面积.
16.（15分）已知函数，其导函数为.
（1）求的单调区间；
（2）证明：.
17.（15分）建瓯挑幡是国家级非物质文化遗产，常见动作招式有手舞东风转、肩扛南天松、肘擎中军令.牙咬北海塔.现有甲、乙两队进行挑幡比赛，规则如下：①比赛至多4局，每局比赛获胜方得1分，负方得0分，没有平局；②若一方先多得2分，则赢得比赛，比赛终止；③若4局后一方未多得2分，比赛也终止.假设每局比赛甲队获胜的概率均为，且每局比赛结果相互独立.
（1）求比赛局数为4的概率；
（2）已知比赛终止时甲队得2分，求甲队赢得比赛的概率；
（3）将（1）中作为某区挑幡爱好者完成常见动作招式的概率的值.现从该区挑幡爱好者中随机调查20人，设其中能完成动作招式的人数为，求使得最大的的值.
18.（17分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的右顶点为，过的焦点且垂直于轴的弦长为2.
（1）求的方程；
（2）过点作斜率之积为1的两条不同的直线，若交于两点，交于两点，为的中点，直线与交于点.
①证明：为的中点；
②求面积的最大值.
19.（17分）若简单多面体可以被分割成个完全相同的小多面体，则称该简单多面体为“等和多面体”，其中，分别表示简单多面体的顶点数、棱数、面数.记每个小多面体的顶点数、棱数、面数分别为，，
，（为与分割方式有关的正整数）.
（1）已知长方体是“26-等和多面体”，按分割方式：过长方体共顶点的三条棱的中点，各作一个与棱垂直的平面，将长方体分割成若干个完全相同的小长方体，求该分割方式下的值；
（2）判断正四面体是否为“等和多面体”.若是，请先描述一种分割方式，再求出该分割方式下的值；若不是，请说明理由；
（3）若简单多面体“等和多面体”，求分割后小多面体的个数与的等量关系.
参考公式：多面体欧拉定理可表示为“顶点数-棱数+面数=2”，即.
答案解析
一、选择题
1.B 解析：，，
∴.
2.B 解析：∵，∴，∴.
3.D 解析：由题可得，∴的离心率为.
4.C 解析：设点到平面的距离为，四边形的面积为，
显然有，∴，
因此剩余部分几何体体积为.
5.D 解析：∵，，
∴，
∴，∴或，
∵，∴，，
∴，∴，∴.
6.D 解析：∵，且对任意的，且对任意的，都有成立，
∴，∴.
7.A 解析：，时，，
∵函数在区间恰有两个极大值点，三个对称中心，
∴，解得.
8.B 解析：方程解得个数等价于和的图象交点个数，
作函数和的图象如图所示：
由图可知函数和的图象的交
点个数为5，
∴方程解得个数为5.
二、多项选择题
9.AC 解析：对于A，由题，
，
，
∴数据,的平均数为，故A正确；
对于B，由题乙组数据的方差为，故B错误；
对于C，由题可得数据,8的平均数为8，
∴数据,8的方差为
，故C正确；
对于D，∵，
∴甲组数据的第25百分位数是第二大数据设为，
则乙组数据的第25百分位数是，
甲组数据的第25百分位数小于乙组数据的第25百分位数的2倍，故D错误.
10.BCD 解析：对于A，，，即，
∴不为奇函数，故A错误；
对于B，当时，∵对恒成立，∴，
∴对恒成立，∴；
当时，∵对恒成立，∴，
∴对恒成立，∴，
∴对任意，存在，使得恒成立，故B正确；
对于C，若方程恰有两个不等实数根，
则有两个不等的正跟，∴有两个不等的正跟，
则，解得时有两个不等的实根，且，故C正确；
对于D，当时，在内单调递增，且，∴只有一个根，
故时，恰有两个不等的正根时，有三个不等的实根，
由可知当时，有两个不等的正跟，不妨设这两正根为，且，
∴，
若第三个根为，由题意可得，∴，
解得，∴，故D正确.
11.BCD 解析：对于A，当时，，
又，∴与的夹角为，故A错误；
对于B，当时，，又，，∴，
∴在上的投影向量为，故B正确；
对于C，设的夹角为，
∴，，
∴，
设，
∴，
∵，∴，∴，
当时，，∴，故C正确；
当时，，∴，故D正确.
三、填空题
12.7 解析：由题意，.
13.5 解析：抛物线的焦点，过且斜率为2的直线，
设，联立，得，则，
∴.
14. 解析：由题以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
∴，，
设，，∴，
当取得最小值时，为异面直线和的共垂线段，
此时，且，
故，即，解得，
∴取得最小值时，，∴，
∴的最小值为，
此时.
四、解答题
15.解：（1）证明：∵，∴，
由正弦定理得，又，
∴，∴，
∴，∴，∴，∴为等边三角形.
（2）由余弦定理得：
,
∴，
∴四边形的面积为
.
16.解：（1）由题意知函数定义域为，，
令，解得，
∴当时，；当时，，
∴函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）证明：由（1），
∴
设，则在上恒成立，
∴函数即在上单调递增，又，
∴当时，；当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，即.
17.解：（1）依题意，比赛局数为2或4，
比赛局数为2的概率，
∴比赛局数为4的概率.
（2）记比赛终止时甲队得2分为事件A，甲队赢得比赛为事件B，
则，，
∴.
（3）依题意，
∴且，
令，即，
即，解得，又，∴.
18.解：（1）由题意可得，
不妨设焦点坐标为，
将代入椭圆方程得，即，那么弦长为，∴.
∴椭圆的方程为.
（2）①由题意可知，两直线斜率存在且不为.
设直线方程为，，，
联立，整理得，∴，
∵为的中点，∴，，
即.
同理可得中点坐标.
联立直线与直线方程，解得交点坐标为，
与点坐标相同，∴为中点.
②已知，的面积，则
，
∵，
∴，
令，则，
∵，∴，
当且仅当，即时，面积的最大值为.
19.解：（1）∵过长方体共顶点的三条棱的中点，各作一个与棱垂直的平面，将长方体分割
成若干个完全相同的小长方体，
∴小长方体的个数为，
∵原长方体顶点数，每个小长方体顶点数，∴，
又，∴，
∵原长方体棱数，每个小长方体棱数，∴，
又，∴，
∵原长方体面数，每个小长方体面数，∴，
又，∴.
（2）正四面体，，，，
正四面体是“14-等和多面体”.
分割方式：将正四面体的每条棱三等分，连接各分点，可将正四面体分割成4个完全相同的小正四面体，∴.
每个小正四面体顶点数，，
又，∴，
每个小长方体棱数，∴，
又，∴，
∵每个小长方体面数，∴，
又，∴.
（3）利用欧拉公式建立等式：根据欧拉公式，对于原多面体有，
对于每个小多面体有，
对每个小多面体的欧拉公式两边同时乘以有，
两式相减得，
即.

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