精品解析：吉林省长春市第二中学2025届高三第四次调研测试数学试题

2025届高三年级第四次调研测试数学科试卷 一、选择题 1. 设是三个不同平面，且，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用面面平行的性质定理，及它们之间的推出关系，即可以作出判断. 【详解】由于，，由平面平行的性质定理可得：， 所以是的充分条件； 但当，，并不能推出，也有可能相交， 所以是的不必要条件； 故选:A. 2. 设是等差数列的前项和，且，则（ ） A. 17 B. 34 C. 51 D. 68 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差数列性质及前项和公式求解即可. 【详解】等差数列中，，则，解得， 所以. 故选：C 3. 若函数满足对于， ，，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意可得关于对称，且是以为周期的周期函数，再根据各选项一一判断即可. 【详解】因为，所以关于对称， 又，则， 所以是以为周期的周期函数； 对于A：若，则最小正周期， 又，所以不关于对称，故A错误； 对于B：若，则最小正周期， 又，所以不关于对称，故B错误； 对于C：若，则最小正周期， 则，又不恒成立，所以不恒成立，故C错误； 对于D：若，则最小正周期， 又，满足关于对称，故D正确. 故选：D 4. 已知函数，将的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称，则的图象的对称轴可以为（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意找到函数的对称点，结合特殊值法求出的值，利用辅助角公式将解析式化简，最后整体替换计算得到结果. 【详解】由题意可得的图象关于点对称， 即对任意，有， 取，得，解得， 经检验，满足题意， 故， 令，可得，， 当时，， 故的对称轴可以为， 故选：D. 5. 若，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合对数运算性质及对数函数的单调性比较的大小，结合基本不等式及对数函数单调性比较的大小，可得结论. 【详解】， 而，且． 所以，故． 故选：D. 6. 如图，边长为的等边，动点在以为直径的半圆上.若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，可得半圆弧的方程为：，设，根据向量的坐标运算法则算出关于的式子，利用三角换元与正弦函数的性质求解即可． 【详解】由题意，以所在直线为轴，的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示： 结合已知得，，， 半圆弧的方程为：， 设，则，，， 由得：， 解得：， 所以， 因为在上，所以， 又， 则可设，，， 将，代入整理得： 由得， 所以，， 故的取值范围是. 故选：D. 7. 三棱柱中，点在棱上，满足，点在棱上，且，点在直线上，若平面，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】作出示意图，根据体积关系可得为的靠近的三等分点，再根据面面平行的判定定理及性质，可找到点位置，从而可求解. 【详解】三棱柱中，，点在棱上，如图， 由，得， 则， 于是，则，即， 设三棱柱的侧棱长为6，则，， 又为的中点，取的中点，连接，则，平面， 平面，于是平面，过作，且，连接， 平面，平面，于是平面，又， 平面，因此平面平面，又平面， 则平面，在中，，，， 所以. 故选：D 8. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用正弦、余弦定理，求得的外接圆的半径，记的外心为，证得平面，求得，结合球的截面圆的性质，列出方程求得球的半径，利用球的表面积公式，即可求解. 【详解】设的外接圆半径为，因为，， 由余弦定理得，， 所以， 由正弦定理得，所以， 记的外心为，连接，，，则， 取，的中点分别为，，则，， 又因为，可得，， 因为，， 因为平面，平面， 所以平面，平面， 又因为平面，平面， 所以，， 因为，平面， 所以平面，可得， 由题意可得外接球的球心在上，或在的延长线上，设外接球的半径为， 则球心到的距离为， 则有，解得， 所以球的表面积， 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于先确定所在截面小圆的半径，再通过几何关系确定球心所在直线，进而确定球心位置，将球心到的距离表示出来，再用勾股定理解出球半径，进而得到结果. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知a，b，c为三条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】利用线面平行判定定理和性质定理，结合直线平行的传递性可判断A；由线面垂直判定定理可判断B；由面面平行的判定定理可判断C；根据面面垂直性质定理可判断D. 【详解】对于A，因为，所以，又，，所以，所以，A正确； 对于B，当时，直线不一定垂直于，B错误； 对于C，由面面平行的判定定理可知，C正确； 对于D，由面面垂直性质定理可知，若直线时，直线不一定垂直于，D错误. 故选：AC 10. 如图，在棱长为2的正方体中，点P是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点Q是棱的中点，则以下命题正确的是（ ） A. 三棱锥的体积是定值 B. 存在点P，使得与所成的角为 C. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 D. 若，则P的轨迹的长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用等体积转换即可求得体积为定值判断A；建立空间直角坐标系，设，得，，利用向量夹角公式求解判断B；求平面的法向量，利用向量夹角公式求解判断C；由，可得，即可求解判断D. 【详解】对于A，三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 是定值，A正确； 以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设，则 对于B，，使得与所成的角满足： ， 因为，故，故， 而，B错误； 对于C，平面的法向量， 所以直线与平面所成角的正弦值为：， 因为，故 故， 而，， 故即的取值范围为，C正确； 对于D，，由， 可得，化简可得， 在平面内，令，得，令，得，则P的轨迹的长度为 ，D正确； 故选：ACD. 11. 已知函数的定义域为，其图象关于中心对称，若，则（ ） A. B. C. 为奇函数 D. 为偶函数 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，因为的对称中心为，所以， 将变为，变形得：，故选项A正确； 对于B，由A选项知，即， 结合已知， 即， 令，得，故选项B错误； 对于C，由的对称中心为得， 则， 令，则，定义域为， 所以为奇函数，故选项C正确； 对于D，对， 令得：， 即，故， 令，定义域为，所以， 所以为偶函数，故选项D正确； 故选：ACD. 【点睛】结论点睛：抽象函数对称性主要有两种： （1）若，则函数关于中心对称； （2）若，则函数关于轴对称. 三、填空题 12. 已知，，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】把所给式子两边平方相加可求得结果. 【详解】由平方得：， 由平方得：， 两式相加得：， 所以，所以， 故答案为：. 13. 如图，在三棱锥中，为等边三角形，为等腰直角三角形，，平面平面ABC，D为AB的中点，则异面直线AC与PD所成角的余弦值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由面面垂直的性质定理结合题意可证得，，两两垂直，以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别表示出，，再由异面直线所成角的向量公式代入即可得出答案. 【详解】取的中点，连接，，因为，所以． 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面．又，所以， 可得，，两两垂直，所以以为坐标原点， ，，的方向分别为，，轴的正方向， 建立空间直角坐标系，不妨设，则，，，，所以， ， 所以， 又异面直线所成角的取值范围为， 所以异面直线与所成角的余弦值为． 故答案为：. 14. 直观想象是数学六大核心素养之一，某位教师为了培养学生的直观想象能力，在课堂上提出了这样一个问题：现有10个直径为4的小球，全部放进棱长为的正四面体盒子中，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】分析10个小球在正四面体内的位置情况，把正四面体的高用小球半径与正四面体的棱长表示，列等式即可求解. 【详解】设正四面体棱长为，是正的中心，延长线交于，连接， 则平面，，，， 因此正四面体的高，令正四面体内切球半径为， 由，得， 10个直径为4的小球放进棱长为a的正四面体中，成三棱锥形状，有3层， 则从上到下每层的小球个数依次为：1，，个， 当a取最小值时，从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，底层的6个球 还都与正四面体底面相切，任意相邻的两个小球都外切，位于底层正三角状顶点的小球球 心连线与位于每层正三角状顶点的所有上下相邻小球的球心连线构成正四面体， 则正四面体的棱长为，其高为， 当以点为球心的最上方小球是以为顶点的某个正四面体的内切球时，，即， 因此正四面体的高为， 所以正四面体棱长a的最小值为. 故答案为： 【点睛】结论点睛：一个多面体的表面积为S，如果这个多面体有半径为r的内切球，则此多面体的体积V满足：. 四、解答题： 15. 已知函数，的内角，，所对的边分别为，，，且. （1）求； （2）若，求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用特殊角的三角函数值求角； （2）根据两角和的正弦公式和正弦定理可得，再结合余弦定理求解. 【小问1详解】 在中，由，得，则， 由，得，则， 所以. 【小问2详解】 在中，由， 得，即， 则，由正弦定理得， 由余弦定理得， 因此，而，所以. 16. 记是公差不为0的等差数列的前项和，，且，，成等比数列. （1）求和； （2）若，求数列的前20项和. 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和等比中项的性质可求出，再根据等差数列的通项公式和前项和公式即可求解； （2）结合题意，由（1）的结论可得，利用裂项相消法即可求解. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，则， 由成等比数列，得， 则，即， 而，解得，所以，. 【小问2详解】 由（1）知，又，则， 因此， 所以. 17. 如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l． （1）证明：l⊥平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值． 【答案】 （1）证明： 在正方形中，，因为平面，平面， 所以平面，又因为平面，平面平面， 所以，因为在四棱锥中，底面是正方形， 所以且平面，所以 因为，所以平面． （2）. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面； （2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【详解】（1）略 （2）［方法一］【最优解】：通性通法 因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示： 因为，设， 设，则有， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以平面的一个法向量为，则 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. ［方法二］：定义法 如图2，因为平面，，所以平面． 在平面中，设． 在平面中，过P点作，交于F，连接． 因为平面平面，所以． 又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角． 设，在中，易求． 由与相似，得，可得． 所以，当且仅当时等号成立． ［方法三］：等体积法 如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求． 设，在三棱锥中，． 在三棱锥中，． 由得， 解得， 当且仅当时等号成立． 在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为． 【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解； 方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出； 方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出． 18. 如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点， （1）求证：//平面； （2）求平面与平面所成夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明：连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且， 由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//， 又平面，平面，于是//平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决； （2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解； （3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过作，垂足为，过作，垂足为,连接. 由面，面，故，又，，平面，则平面. 由平面，故，又，，平面，于是平面， 由平面，故.于是平面与平面所成角即. 又，，则，故，在中，，则， 于是 【小问3详解】 [方法一：几何法] 过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为. 由题干数据可得，，，根据勾股定理，， 由平面，平面，则，又，，平面，于是平面. 又平面，则，又，，平面，故平面. 在中，， 又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍， 即点到平面的距离是. [方法二：等体积法] 辅助线同方法一. 设点到平面的距离为. ， . 由，即. 19. 已知函数， （1）讨论函数的单调性； （2）若函数有两个零点，，且，曲线在这两个零点处的切线交于点，求证：小于和的等差中项； （3）证明：，. 【答案】（1）当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）证明:因为函数有两个零点，结合（1）知， 又，所以在和处的切线分别是： ，， 联立两条切线，得， 要证小于和的等差中项，即证，即证， 由题意得，两式做差整理得：， 则等价于，变形为， 令，因为，所以， 所证问题变为，， 令，， ，所以在上单调递减， 所以，故，得证， 小于和的等差中项得证. （3）证明:由（1）知当时，，所以，即， 即当时，， 将不等式左边累加得： ， 将不等式右边累加得： ， 所以， 即，. 【解析】 【分析】（1）求导，结合函数定义域为，分参数，来讨论导函数的符号即可； （2）先根据导数的几何意义写出两条切线，联立切线得到的表达式，为证明题干只需证明，结合已知，通过换元：，把双变量问题转化成单变量问题解决； （3）利用（1）的结论进行辅助证明. 【小问1详解】 定义域为，， 当时，，在上单调递减； 当时， 当单调递增， 当单调递减； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：关键点是令，把二元函数变成一元函数，构造函数，求导，再根据函数性质解题即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三年级第四次调研测试数学科试卷 一、选择题 1. 设是三个不同平面，且，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 2. 设是等差数列的前项和，且，则（ ） A. 17 B. 34 C. 51 D. 68 3. 若函数满足对于， ，，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，将的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称，则的图象的对称轴可以为（ ）. A. B. C. D. 5. 若，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，边长为的等边，动点在以为直径的半圆上.若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 三棱柱中，点在棱上，满足，点在棱上，且，点在直线上，若平面，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知a，b，c为三条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 如图，在棱长为2的正方体中，点P是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点Q是棱的中点，则以下命题正确的是（ ） A. 三棱锥的体积是定值 B. 存在点P，使得与所成的角为 C. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 D. 若，则P的轨迹的长度为 11. 已知函数的定义域为，其图象关于中心对称，若，则（ ） A. B. C. 为奇函数 D. 为偶函数 三、填空题 12. 已知，，则______. 13. 如图，在三棱锥中，为等边三角形，为等腰直角三角形，，平面平面ABC，D为AB的中点，则异面直线AC与PD所成角的余弦值为______． 14. 直观想象是数学六大核心素养之一，某位教师为了培养学生的直观想象能力，在课堂上提出了这样一个问题：现有10个直径为4的小球，全部放进棱长为的正四面体盒子中，则的最小值为______. 四、解答题： 15. 已知函数，的内角，，所对的边分别为，，，且. （1）求； （2）若，求的值. 16. 记是公差不为0的等差数列的前项和，，且，，成等比数列. （1）求和； （2）若，求数列的前20项和. 17. 如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l． （1）证明：l⊥平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值． 18. 如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点， （1）求证：//平面； （2）求平面与平面所成夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 19. 已知函数， （1）讨论函数的单调性； （2）若函数有两个零点，，且，曲线在这两个零点处的切线交于点，求证：小于和的等差中项； （3）证明：，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $