精品解析：福建省宁德市部分学校2025届高三上学期12月月考数学试题

高三12月联考数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算进行化简，即可得解. 【详解】，其在复平面内对应的点位于第一象限， 故选：A. 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先化简集合，再利用集合的交集运算、元素与集合、集合与集合的关系逐一分析判断即可得解. 【详解】因为，， 所以不成立，，故CD错误， 则，，故A错误，B正确， 故选：B. 3. 抛物线的准线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先化为标准方程，再求准线方程. 【详解】解：抛物线的标准方程为， 所以抛物线的准线方程为． 故选：B 4. 等比数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式可求得公比，进而可得. 【详解】设的公比为，则，从而， 则， 故选：D. 5. 函数的图象在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求导，根据导数的几何意义可得切线方程，进而可切线与坐标轴交点，即可得三角形面积. 【详解】由，得，， 则的图象在点处的切线方程为，即， 令，得，令，得， 则该切线与坐标轴所围成的三角形的面积为， 故选：C. 6. 如图，侧面展开图为扇形AOD的圆锥和侧面展开图为扇环ABCD的圆台的体积相等，且，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】利用圆锥的体积公式计算即可. 【详解】设侧面展开图为扇形的圆锥的底面半径为r，高为h， 则该圆锥的体积. 侧面展开图为扇形的圆锥的底面半径为，高为， 则该圆锥的体积. 由题可知，从而. 故选：A. 7. 已知正项等差数列满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列求和公式进行化简，可得，进而得解. 【详解】因为为等差数列，所以，， 则， 所以， 从而， 故， 故选：C. 8. 已知是定义在上的奇函数，且当时，．若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对实数的取值进行分类讨论，根据题意作出图形，可得出关于实数的不等式（组），由此可得出实数的取值范围. 【详解】当时，显然恒成立． 当时，可以理解为将的图象向右平移个单位长度后，得到的的图象始终在的图象的下方（或重合）． 当时，由的图象可知， ，则，解得； 当时，作出函数的图象如下图所示： 由图可知，函数在上为增函数， 对任意的且时，，恒成立. 综上所述，的取值范围为． 故选：A. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键就是要作出图形，将题目中的不等关系利用图象直观地显示出来，结合图形求解. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 某地发起“寻找绿色合伙人——低碳生活知识竞赛”活动，从参赛选手的答卷中随机抽取了份，将得分（满分100分）进行适当的分组（每组为左闭右开的区间），画出如图所示的频率分布直方图，且竞赛成绩落在内的人数为10，则（ ） A. B. C. 估计参赛选手得分的平均分低于70分（同组数据用该组区间的中点值作代表） D. 估计参赛选手得分的中位数在内 【答案】ABD 【解析】 【分析】由矩形的面积和为1可得A正确；由频率比组距可得B正确；由平均值的计算可得C错误；由中位数的计算可得D正确； 【详解】对于A、B，由， 得，则，故A，B正确； 对于C，估计参赛选手得分的平均分为x， 则，故C不正确； 对于D，因为，， 所以估计参赛选手得分的中位数在内，故D正确． 故选：ABD. 10. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 的最小正周期为 C. 的图象关于直线对称 D. 的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据奇函数的定义，周期性的定义，轴对称的定义，即可判断ABC，根据函数的周期，讨论函数在区间，，以及端点值，结合函数的单调性，以及函数的正负，求解函数的最值. 【详解】，恒成立，则函数的定义域为， 则，所以为奇函数，A正确． ，所以的最小正周期不是，B不正确． ，所以的图象不关于直线对称，C不正确， ，显然，为函数的一个周期，且， 由C可知，函数关于对称， 当时，，由， 设，则在单调递减，当时取得最小值， 得，所以，当，即时取得最大值， 当时，，所以的最大值为，D正确． 故选：AD 11. 双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”．如图，曲线是双纽线，关于曲线，下列说法正确的是（ ） A. B. 上存在点，使得 C. 上的点的纵坐标的最大值为 D. 若直线与恰有一个公共点，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据图象所过的定点，即可判断A，根据方程可得，即可判断B，根据方程的转化，变量的转化，利用韦达定理和判别式求得到取值范围，判断C，联立方程后，方程的根只有0，求的取值范围，即可判断D. 【详解】由图可知，点在C上，所以，A正确， 设曲线C上任一点，由，可得，， 即C上不存在点，使得，B不正确, 方程可化为， 令，得， 由可得， 即，等号成立，故C上的点的纵坐标的最大值为，C正确． 直线与C均经过原点，则直线与C除原点外无其他公共点． 联立方程组整理得． 当时，方程仅有一解，满足题意， 当时，当时，方程恒成立，即恒有一解，当时，方程化简得， 即当时，方程无解，满足题意，综上，，解得或，D正确． 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用方程的思想分析几何问题，C选项转化为关于的方程有正根，D转化为方程只有1个根. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若两个单位向量，满足，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量模长公式与数量积公式代入得解. 【详解】由，得， 因为，为单位向量， 所以，则， 故答案为：. 13. 甲、乙、丙等人站成一排，要求甲、乙不站在丙的同一侧，则不同的站法共有_______种． 【答案】 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理可得解. 【详解】先站甲、乙、丙人，共有种不同的站法， 再站剩余人，先将1人排到甲、乙、丙3人之间的空位中， 最后将剩余的1人排到前面4人之间的空位中， 共有种不同的站法， 根据分步乘法计数原理，不同的站法共有种． 故答案为：40 14. 已知，，且，则的最小值为________ 【答案】 【解析】 【分析】利用和差公式、二倍角公式和同角三角函数基本关系化简得到，然后利用基本不等式和三角函数的性质求最值即可. 【详解】由，得， 则， 则. 因为，所以，则， 当且仅当时，等号成立， 从而. 又， 所以当取得最大值时，取得最小值，且最小值为. 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. △的内角的对边分别为．已知． （1）求的值； （2）求△周长的最大值． 【答案】（1） （2）3 【解析】 【分析】（1）方法一：根据正弦定理，将边化为角，再结合两角和的正弦公式，即可求解；方法二：根据余弦定理转化为边的关系，再代入余弦定理求； （2）由余弦定理，结合基本不等式，转化为求的最大值，即可求解. 【小问1详解】 （方法一）因为，，所以， 则． 又，所以． 因为，所以． 又，所以， （方法二）由余弦定理得， 因为，所以，则． ． 因为，所以． 【小问2详解】 由（2）可得， 从而． 因为，当且仅当时，等号成立，所以， 从而，则周长的最大值为3． 16. 某商场为了吸引顾客，邀请顾客凭借消费金额参与抽奖活动．若抽中金奖，则可获得15元现金；若抽中银奖，则可获得5元现金．已知每位顾客每次抽中金奖和银奖的概率分别为和，且每次中奖情况相互独立．现有甲、乙两位顾客参与该商场的抽奖活动，其中甲有2次抽奖机会，乙有1次抽奖机会． （1）求甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的概率； （2）记甲、乙两人抽奖获得的现金总金额为，求的分布列与期望． 【答案】（1） （2）的分布列为 15 25 35 45 ；期望为【解析】 【分析】（1）通过互斥事件的概率加法公式可求得答案； （2）的所有可能取值为15，25，35，45，进而通过独立事件与互斥事件的概率公式求出相应的概率，进而得到分布列，最后求出期望. 【小问1详解】 若甲抽中2次银奖，则由甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额，可知乙也得抽中银奖，此时概率． 若甲至少抽中1次金奖，则甲抽奖获得的现金金额一定大于乙抽奖获得的现金金额，此时概率． 故甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的概率． 【小问2详解】 记甲、乙两人抽奖获得的现金金额分别为，则． 由题可知，，， ，， 则，，，． 的分布列为 15 25 35 45 ． 17. 如图，在多面体中，平面，平面平面，，，为等腰直角三角形，且，． （1）证明：平面． （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1） 取的中点，连接，． 因为为等腰直角三角形，且，所以． 又平面平面，平面平面，所以平面． 因为平面，平面，所以． 又平面，平面，所以平面． 因为，所以，又， 所以四边形为平行四边形，则． 因为平面，平面，所以平面． 又，平面，所以平面平面． 因为平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，结合直角三角形性质利用面面平行的性质定理得平面，再根据线面平行的判定定理得平面，从而利用面面平行的判定定理和性质定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得两个平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题可知，，两两垂直，故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则，，，， ，，． 设平面的法向量为， 则由得 令，得． 设平面的法向量为， 则由得 令，得． 所以，则平面与平面的夹角的余弦值为． 18. 已知是椭圆上的一点，且的离心率为，斜率存在且不过点的直线与相交于，两点，直线与直线的斜率之积为 （1）求的方程. （2）证明：的斜率为定值. （3）设为坐标原点，若与线段（不含端点）相交，且四边形的面积为，求的方程. 【答案】（1） （2）设的方程为，，. 联立方程组整理得， 即， 则，， ， 整理得，则或， 若，则，则过点，不符合题意， 故，即的斜率为定值. （3） 【解析】 【分析】（1）将点的坐标代入椭圆方程，并与离心率联立求出，，； （2）设直线的方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理，再根据条件即可证明. （3）利用（2）中直曲联立的结果，结合弦长公式求出，再利用点到直线距离求出四边形面积，得到方程，求解方程即可. 【小问1详解】 由题可知，解得，， 故的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）可得直线，，， 因为与线段（不含端点）相交，所以， ， 点到的距离， 点到的距离， 四边形的面积， 解得或（舍去）， 故的方程为：. 【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)， 建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件， 建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面， 不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形， 强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力， 重视根与系数之间的关系，解决弦长、斜率、三角形的面积等问题． 19. 已知函数的定义域为，区间，若，则称是在上的不动点，集合为在上的不动点集． （1）求函数在上的不动点集； （2）若函数在上有且只有一个不动点，求的取值范围； （3）若函数在上的不动点集为，求的取值范围. 【答案】（1） （2）或 （3）． 【解析】 【分析】（1）根据不动点的定义，求方程的根即可得解， （2）构造函数，求导，结合余弦函数的有界性，对讨论，根据函数的单调性，结合零点存在性定理，即可求解， （3）根据方程的三个根，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可求解. 【小问1详解】 由，得， 解得或， 故在上的不动点集为． 【小问2详解】 由题可知，关于的方程在上有且只有一个实数根． 令，则． 若，则在上恒成立，在上单调递增． 因为，所以在上有且仅有一个零点，即在上有且仅有一个不动点． 若，则在上恒成立，在上单调递减． 因为，所以在上有且仅有一个零点，即在上有且仅有一个不动点． 若，易知是上的偶函数，且在上单调递增． 因为，所以存在，使得， 则当和时，单调递增，当时，，单调递减． 因为，所以要使得在上有且只有一个实数根，则解得． 综上可得或 【小问3详解】 由题可知，方程在上存在3个实数根， 则， 从而 令，则，当和时，单调递增，当时，单调递减， 则解得． 因为， 所以的取值范围为． 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三12月联考数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 抛物线的准线方程是（ ） A. B. C. D. 4. 等比数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 函数的图象在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，侧面展开图为扇形AOD的圆锥和侧面展开图为扇环ABCD的圆台的体积相等，且，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 8 7. 已知正项等差数列满足，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知是定义在上的奇函数，且当时，．若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 某地发起“寻找绿色合伙人——低碳生活知识竞赛”活动，从参赛选手的答卷中随机抽取了份，将得分（满分100分）进行适当的分组（每组为左闭右开的区间），画出如图所示的频率分布直方图，且竞赛成绩落在内的人数为10，则（ ） A. B. C. 估计参赛选手得分的平均分低于70分（同组数据用该组区间的中点值作代表） D. 估计参赛选手得分的中位数在内 10. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 的最小正周期为 C. 的图象关于直线对称 D. 的最大值为 11. 双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”．如图，曲线是双纽线，关于曲线，下列说法正确的是（ ） A. B. 上存在点，使得 C. 上的点的纵坐标的最大值为 D. 若直线与恰有一个公共点，则的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若两个单位向量，满足，则________． 13. 甲、乙、丙等人站成一排，要求甲、乙不站在丙的同一侧，则不同的站法共有_______种． 14. 已知，，且，则的最小值为________ 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. △的内角的对边分别为．已知． （1）求的值； （2）求△周长的最大值． 16. 某商场为了吸引顾客，邀请顾客凭借消费金额参与抽奖活动．若抽中金奖，则可获得15元现金；若抽中银奖，则可获得5元现金．已知每位顾客每次抽中金奖和银奖的概率分别为和，且每次中奖情况相互独立．现有甲、乙两位顾客参与该商场的抽奖活动，其中甲有2次抽奖机会，乙有1次抽奖机会． （1）求甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的概率； （2）记甲、乙两人抽奖获得的现金总金额为，求的分布列与期望． 17. 如图，在多面体中，平面，平面平面，，，为等腰直角三角形，且，． （1）证明：平面． （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 18. 已知是椭圆上的一点，且的离心率为，斜率存在且不过点的直线与相交于，两点，直线与直线的斜率之积为 （1）求的方程. （2）证明：的斜率为定值. （3）设为坐标原点，若与线段（不含端点）相交，且四边形的面积为，求的方程. 19. 已知函数的定义域为，区间，若，则称是在上的不动点，集合为在上的不动点集． （1）求函数在上的不动点集； （2）若函数在上有且只有一个不动点，求的取值范围； （3）若函数在上的不动点集为，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $