2025届福州市部分学校教学联盟考前最后一卷
数 学
试卷共4页，完卷时间120分钟。
注意事项：
1．答题前，考生务必在试卷、答题卡规定位置填写本人准考证号、姓名等信息．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．选择题每小题选出答案后，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，再选涂其他答案标号．非选择题答案用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上相应位置书写作答，在试卷上答题无效．
3．考试结束，须本试卷和答题卡一并交回．
选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知集合，则
A． B． C． D．R
2．已知复数：满足，则
A．的实部为 B．
C．的共轭复数为 D．在复平面中对应的点位于第一象限
3．已知，，则的取值范围是
A． B． C． D．
4．奇函数的定义域为，若为偶函数，且，则
A． B． C．0 D．1
5．已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为
A． B． C． D．
6．子贡曰：“夫子温 良 恭 俭 让以得之”，“温 良 恭 俭 让”指五种品德：温和 善良 恭敬 节俭 谦让.现有分别印有这5个字的卡片（颜色均不同）各2张，同学甲从中抽取4张卡片分给另外4位同学，每人一张卡片，恰有2位同学分到的卡片是相同字的分配方案有
A．120种 B．210种 C．1440种 D．2880种
7．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，且，则的周长为
A．17 B．18 C．19 D．20
8．已知平面向量，且，向量满足，则的最小值为
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题所给出的四个选项中，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，有选错的不得分。
9．函数的部分图象如图所示，则
A．的图象关于直线对称
B．的图象向左平移个单位长度后得到函数
C．的单调递增区间为
D．若方程在上有且只有6个根，则
10．已知双曲线的左、右焦点分别为，，且，A，P，B为双曲线上不同的三点，且A，B两点关于原点对称，直线与斜率的乘积为1，则
A． B．双曲线C的离心率为2
C．直线倾斜角的取值范围为 D．若，则三角形的面积为2
11．设有限集合，其中，，若存在非空集合，使得中所有元素之和与中所有元素之和相等，则称集合是“可拆等和集”，则
A．若集合是“可拆等和集”，则的取值共有6个
B．若集合中元素满足，，，，则存在使得是“可拆等和集”
C．存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集”
D．若，，数列是等差数列且公差，则集合是“可拆等和集”
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知展开式中二项式系数之和为128，则展开式中的系数为 .
13．某飞行器启动反冲装置后，运动速率与时间近似满足指数函数模型（为常数）.已知某飞行器启动反冲装置后，经过1个单位时间，飞行器的运动速率衰减，若经过个单位时间后，飞行器的运动速率小于反冲装置启动前的运动速率的，则的最小值为 .
（参考数据：）
已知函数有三个不同的零点，则的取值范围是 .
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）
已知数列的前n项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
16．（15分）
如图，在三棱锥中，，为的中点，，且平面平面．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
17．（15分）
为了满足消费者的购买需求，商家推出了颇具吸引力的购买盲盒活动．甲系列盲盒一套共有6款不同造型的玩具车（每个盲盒内放有其中1款玩具车，每款玩具车对应的盲盒数量充足），乙系列盲盒一套共有6款不同造型的玩偶（每个盲盒内放有其中1款玩偶，每款玩偶对应的盲盒数量充足），甲乙盲盒外形不同，各系列内部各种盲盒外形，质量等均完全一样，消费者在购买时无法提前得知自己会买到哪一款玩具类型，这种充满不确定性的购买体验正是盲盒的魅力所在．
（1）某玩家在一家只销售甲系列的商家购买了3盒盲盒，求能收集到至少2款不同玩具车的概率；
（2）东东家有2台不同的玩具车和2个不同的玩偶，冬冬家有与东东家不一样的2台不同玩具车和2个不同玩偶，他们俩每次各取一件盲盒进行交换，第一次交换的盲盒可以参加第二次交换．
①两人交换一次后，求东东家仍有2台不同的玩具车和2个不同的玩偶的概率；
②两人交换两次后，求东东家玩具的玩具车的台数X的分布列和数学期望．
18．（17分）
已知函数.
（1）当时，判断函数的单调性；
（2）对任意的时，恒成立，求实数的取值范围；
（3）记，若，且，求证：.
19．（17分）
已知抛物线的焦点为F，点在E上，且．
（1）求E的方程；
（2）过F作互相垂直的两条直线，，这两条直线与抛物线C分别交于A，B和P，Q两点，其中点A，P在第一象限．
（ⅰ）记△AOB和△POQ的面积为，，求的最小值；
（ⅱ）过F点作x轴的垂线，分别交AP，BQ于C，D两点，请判断是否存在以CD为直径的圆与y轴相切，并说明理由．2025届福州市部分学校教学联盟考前最后一卷答案解析
选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．C【详解】由，或，
所以.
故选：C.
2．B【详解】， 的实部为，故A不正确；
∴，故B正确；
，故C错误；
复数在复平面内对应的点为在第四象限，故D不正确．
故选：B．
C【详解】因为，
又，，所以的取值范围是．
故选：C．
4．B【详解】依题意，是定义在上的奇函数，所以，
由于是偶函数，图象关于轴对称，
所以的图象关于直线对称，
所以，
，
所以.
故选：B
5．B【详解】设圆柱和圆锥的底面半径为，高，
因为圆柱和圆锥的侧面积相等，所以，
即，故，
所以圆锥的体积为.
故选：B.
6．D【详解】先把字相同的卡片看成—组，
第一步：从这5组中选出—组，
第二步：再从余下的4组中选2组，这2组中，每组各选—张卡片，
第三步：把选出的4张卡片，分给4位同学，
所以不同的分配方案有种.
故选：D
7．B【详解】在中，由，得，而，则，
由，得，由正弦定理得，
则，，由正弦定理得，
由余弦定理得，整理得，
而，解得，所以的周长为18.
故选：B
8．B【详解】∵，而，
∴，又，即，
又，，
∴，
若，则，
∴如上图，在以为圆心，1为半径的圆上，若，则，
∴问题转化为求在圆上的哪一点时，使最小，又，
∴当且仅当三点共线且时，最小为.
故选：B.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题所给出的四个选项中，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，有选错的不得分。
9．ACD【详解】由图可知，且经过，故可得，
由①，结合，则得，代入②，化简得，即，
由图知，原函数的最小正周期满足，解得，故，即.
对于A，当时，因，故直线是的一条对称轴，故A正确；
对于B，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数，故B错误；
对于C，因，
由，可得，
即的单调递增区间为，故C正确；
对于D，由可得，设，因，则，
依题意函数与在上必有6个交点，作出函数的图象如下：
由图知，需使，解得，故D正确.
故选：ACD.
10．AD【详解】如右图所示：
依题意可知；
设，
则，作差可得，
即；
因此直线与的斜率分别为，
所以可得，即；
又，所以，可得A正确；
对于B，所以离心率，因此B错误；
对于C，易知双曲线的渐近线方程为，
直线过原点，依题意可知直线与双曲线有两个不同的交点，
因此直线的斜率为，所以直线倾斜角的取值范围为，可知C错误；
对于D，若，则，
根据双曲线定义以及A中的结论可知，
即，又；
可知，
因此三角形的面积为，可知D正确.
故选：AD
11．ABD【详解】对于A项，若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得；
若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得；
若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得；
若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得；
若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得，
此时因集合已含有元素2，故舍去；
若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得
若，则由“可拆等和集”的定义，有.
综上可知：可取共6个值，故A正确；
对于B项：当时，，，
则内集合元素之和为16，故可以取，，符合题意，故B正确；
对于C项，将中所有元素同时除以后可得，
根据等比数列前项和公式，可得.
因为，所以，，所以有.
所以当时，中所有元素之和也小于，
不满足要求，显然同时乘以后仍然不满足；
当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求，显然同时乘以后仍然不满足.
综上所述，不存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集”，故C错误；
对于D项，易知集合中的元素个数为，
根据等差数列的性质可知，，
共有组（剩余元素为），从中剔除之后，剩余组.
从这组相同的数据中任意选出组，将对应的元素分到集合中；
又，则，
而，
不妨将，这两个元素也分到集合中，则可满足，中的元素之和相等.故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．【详解】展开式中二项式系数之和为，解得，
展开式的通项为，，
当时，，所以的系数为.
故答案为：
13．8【详解】设飞行器的运动速率在启动反冲装置时的原始量为1，经过个单位时间后，该飞行器的运动速率为，
则由题意可得函数模型，
因为当经过个单位时间后，飞行器的运动速率小于反冲装置启动前的运动速率的，
所以，
故，
所以的最小值为8.
故答案为：8.
14．【详解】函数的定义域为，
由可得，
令，其中，则，
由可得，由可得，
所以，函数的增区间为，减区间为，
且当时，，当时，，
作出函数的图象如下图所示：
设，由图象可知，函数有两个不等的零点、，
且，，
若，解得，此时，，
由可得或，不合乎题意；
若，可得，则，由，解得，不合乎题意；
所以，，，所以，，解得.
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
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）
【详解】解：（1）因为，
所以，
解得，
又，
所以，
即，
所以，
即，
因为，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，
即．
（2）因为，
所以，①
，②
①－②得
，
所以．
16．（15分）
【详解】（1）证明：已知，，为的中点.
所以，
且，.可知为等腰直角三角形.
由勾股定理，且，
可得，
所以.
因为平面平面，且为交线，平面，
所以平面.
由于平面，
所以.
已知，，
则，，
所以.
根据勾股定理的逆定理可得，即.
因为，，，平面，平面，
根据线面垂直的判定定理,所以平面.
又因为平面，
所以平面平面.
（2）解：如图，建立空间直角坐标系：
设为的中点，连接，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，连接，因为为中点，为中点，
所以，
又，
所以，
且平面，以、、方向建立空间直角坐标系.
已知，，则，，
.
所以，，，，
进而可得，，.
设平面的法向量为，由可得，即.
令，则，，所以.
同理，设平面的法向量为，由可得，即.
令，则，所以.
设平面与平面的夹角为，根据向量的夹角公式.
求出，，.
所以.
则平面与平面的夹角的余弦值为.
17．（15分）
【详解】解：（1）记“玩家购买3盒甲系列盲盒，只收集到1款玩具车”为事件A，“玩家购买3盒甲系列盲盆，至少收集到2款玩具车”为事件B，
则．
（2）①依题意，两人交换的恰好都是玩具车或者都是玩偶，
因此所求概率为．
②依题意，的可取值为0，1，2，3，4，
依题意，即两次交换中，东东家拿出的都是玩具车，冬冬家拿出的都是玩偶，
因此，，
包括以下2种情况：（1）第一次交换后东东家还是2款玩具车2款玩偶，第二次交换后东东家有1款玩具车3款玩偶；
（2）第一次交换后东东家是1款玩具车3款玩偶，第二次交换后东东家还是1款玩具车3款玩偶，
因此，，
包括以下3种情况：（1）第一次交换后东东家还是2款玩具车2款玩偶，第二次交换后东东家有2款玩具车2款玩偶；
（2）第一次交换后东东家是1款玩具车3款玩偶，第二次交换后东东家还是2款玩具车2款玩偶，
（3）第一次交换后东东家是3款玩具车1款玩偶，第二次交换后东东家有2款玩具车2款玩偶，
因此，，
即两次交换中，东东家拿出的都是玩偶，冬冬家余出的都是玩具车，
因此，，
故，
所以，所求分布列为
X 0 1 2 3 4
P
因此数学期望．
18.（17分）
【详解】（1）解：当时，，
则，
令，
可得，
由可得，
当时，，此时在上单调递减，
当时，，此时在上单调递增，
所以，
即恒成立，
所以在上为增函数.
解：因为，
所以，
设，
则，
令，
则，
可得在上为增函数，即在上为增函数，
所以，
当时，，此时在上为增函数，
故，即，所以，符合题意.
当时，，
因为在上为增函数，当时，，
故存在满足，则在上单调递减，在上单调递增，
因此当时，，不合题意.
综上所述，实数的取值范围为.
证明：由题意得，，
所以，
由可得，
所以，
又，两边同时除以，
得，
因此，
所以，
令，得，
因此，
令，则，
所以在上为减函数，故，
即时，.
因为，，
所以，所以，
又因为，所以，
故，
得.
19．（17分）
【详解】（1）依题意得，点M在抛物线上，且，
所以，
所以可得，
所以E的方程为；
（2）（ⅰ）抛物线方程为，焦点坐标为，
当的直线斜率为0时，与抛物线只有1个交点，不合要求，
当的斜率不存在时，的斜率为0，此时与抛物线只有1个交点，不合要求，
故设，，则，
，，，，
由，消去x得，
，，，
所以，
同理，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为．
（ⅱ）不妨设，由题意可知，
又，，
所以AP的直线方程可化为：，
又，故可得，
同理可得直线的方程为，
又，故，
又，
所以可得，
可得，所以可得CD的中点恒为F，
以CD为直径的圆与y轴相切等价于，
若，则，
所以，
又，所以，
故，
整理可得，
即，
因为，故，所以．
又，故可得．
代入方程可得，，
，
故不存在以CD为直径的圆与y轴相切
