精品解析：河北省部分学校2025届高三上学期12月质量检测联考数学试题

2025届高三12月质量检测联考数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出方程组的解，即可得解. 【详解】由，解得或， 所以. 故选：D 2. 椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先将椭圆方程化为标准式，从而求出其离心率. 【详解】椭圆，即， 所以椭圆的离心率. 故选：A. 3. 已知函数 从点 到点 的一段图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合图象求出最小正周期，得到，然后代点求出. 【详解】设函数的最小正周期为，根据图象可知，，则，得， 于是，由，则， 即，结合可得. 故选：D 4. 已知向量，若向量满足，则（ ） A. B. 3 C. 7 D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，根据向量平行和垂直的坐标表示即可得到方程，解出即可. 【详解】设，则，， 因为， 所以，且， 即，解得，则， 则. 故选：A. 5. 已知为锐角,，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用正切的和角公式得到，再利用商数关系和平方关系，即可求解. 【详解】由,， 则， 得到①，又为锐角，②，由①②解得， 故选：A. 6. 我国南北朝时期的数学家祖暅提出了著名的原理:“幂势既同，则积不容异”，这句话的意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体. 被平行于这两个平面的任意平面所截. 如果截得的这两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.一段弯曲的水管，如图（1），其横截面为圆面，最大纵截面是由曲线 与两直线围成的平面区域，如图（2），根据祖暅原理，计算该段水管的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造一个底面直径为，高为的圆柱，利用正切函数的性质及祖暅原理，即可求解. 【详解】根据正切函数的周期性，在图（2）中，平行于直线的任一直线与曲线两个交点的距离都为， 构造一个底面直径为，高为的圆柱，如图（3）， 如图，用距离上底面为的平面分别去截水管、圆柱，所得截面圆、圆的面积都为， 根据祖暅原理，水管和圆柱的体积相等，而圆柱的体积为，所以水管的体积为. 故选：C. 7. 若 为上的减函数，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，利用导数与函数单调性间的关系，求得的单调区间，在同一直角坐标系中作出与，根据题设，数形结合，即可求解. 【详解】因为二次函数的图象为拋物线，开口向上，顶点为，且最小值为， 记，则，所以当时，， 当时，，所以在上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，也是最大值点，且， 则时总有，与在同一直角坐标系下的图象如图所示， 因为 为上的减函数，由图知， 故选：B. 8. 在斜中，内角的对边分别为，且 ，则面积的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先切弦互化，将题干条件写成，再由边角互化和三角形的面积公式，结合基本不等式求解. 【详解】由可得，， 则， 于是， 根据正弦定理，，，则， 由余弦定理，，则， 由三角形的面积公式，， 注意到，故（当取得等号）， 故，最大值为. 故选：C 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 在复数范围内，方程的两根分别为，，且，则（ ） A. 与互为共轭复数 B. C. D. 为实数 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出方程的解，即可确定，，再一一判断即可. 【详解】由，解得，结合， 所以，，所以，即与互为共轭复数，则A正确； 因为，则B错误； 因为，所以，则C正确； 因为， 所以，则D正确. 故选：ACD. 10. 设是各项均为正数的等比数列，其公比为，正整数满足 ，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据条件，利用等比数列的性质得，再分和，即可判断出选项A和B的正误；再利用幂函数的性质和等比数列的单调性，得数列是单调数列，再分数列是递增数列和递减数列两种情况讨论，即可判断出选项C和D的正误. 【详解】由题意知且，由，得， ①当时，为递增数列，所以，从而， 则有，所以， 两边平方，得，整理得到，所以， 即，所以； ②当时，为递减数列，所以，从而，则有， 两边平方，得，整理得到，所以， 即，所以. 由①②可得，选项A正确，选项B错误； 根据幂函数的性质和等比数列的单调性，得数列是单调数列，即是递增数列，或是递减数列， 若数列为递增数列，则，则，所以， 两边平方得， 又，则，所以，得到， 若数列为递减数列，则，则，所以， 两边平方得， 又，则，所以，得到， 所以选项C，D均正确. 故选：ACD. 11. 已知是上的以2为周期的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. 曲线的对称中心为 C. 当时， D. 当时，函数在区间上仅有三个零点 【答案】AC 【解析】 【分析】利用抽象函数奇偶性与周期性推得其对称性与函数值，从而判断AB，利用的周期性求得时的解析式，再利用的奇偶性求得时的解析式，从而可判断C，利用的周期性与奇偶性作出的大致图象，举反例数形结合可判断D，从而得解. 【详解】对于AB，因为是上的以2为周期的奇函数， 所以，，则， 所以，即关于对称， 即的对称中心至少还有点，故B错误； 则，故A正确； 对于C，当时，， 所以， 当时，， 则， 又当时，满足要求， 综上，当时，，故C正确； 对于D，要求在上的零点个数， 即求与的图象在上的交点个数， 由C可知，当时，， 又在上单调递减，且恒成立， 而在上单调递增，所以在上单调递减， 结合的奇偶性与周期性，可作出在上的大致图象， 取，在同一坐标系中作出的大致图象，如图， 结合图象可知，当时，与的图象在上只有一个交点， 即当时，在区间上仅有一个零点，故D错误. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中 的系数是_____. (用数字作答) 【答案】 【解析】 【分析】写出展开式的通项，利用通项计算可得. 【详解】因为的展开式的通项为（且）， 令，解得， 所以的系数是. 故答案为： 13. 已知抛物线的焦点为，是上异于原点的一点，过点的直线的方程为，设与轴交于点，则的值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】对于方程令，即可求出点坐标，从而求出，再由抛物线的定义求出，即可得解. 【详解】抛物线的焦点为，准线为， 由，令，得，即，则； 根据拋物线的定义，得，所以，从而. 故答案为： 14. 将1，2，3，4，5，6随机填入如图所示的三角形图形中的 6 个圈中，每个数恰好出现一次，则三角形三边上的数字之和均相等的概率为_____. 【答案】 【解析】 【分析】三角形三边上的数字之和可能为，分类讨论，结合列举法、分类加法、分步乘法计数原理求解即可. 【详解】将1，2，3，4，5，6填入三角形图形中的6个圈中的填法共有6!种. 设每条边上的3个数之和为，则， ，所以，解得. ①当时，3个顶点所填的3个数只能为1，2，3， 如图（1）.此时共有填法种； ②当时，设3个顶点所填的3个数之和为， 则. 而，，， 则3个顶点所填的3个数只能为，或. 当3个顶点所填的3个数为时， 由于顶点分别填3，4的这条边上的3个数之和为10， 从而这条边中间只能填3，这与每个数恰出现一次矛盾，此时没有适合条件的填法， 同样道理，3个数为时也没有适合条件的填法，只能为1，3，5， 如图（2），此时共有填法种； ③当时，3个顶点所填的3个数应为2，4，6，此时共有填法种； ④当时，3个顶点所填的3个数应为4，5，6，此时共有填法种. 综上，满足条件的填法共有种，故所求的概率为. 图（1） 图（2） 【点睛】方法点睛：元素较少的排列组合问题可以考虑枚举法；特殊位置优先排，例如本题中，可以先考虑3个顶点的排法，再考虑剩余3个位置的排法. 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 某超市经营一种进价为元/千克的干货，在市场试销中，市场观察员统计了天此干货的销售单价（单位：元/千克）与日销售量 （单位：千克）的数据，得到如下统计表： （1）根据表中和题后所给出的统计数据，求关于的线性回归方程； （2）设经营此干货的日销售利润为（单位：元），根据（1）中的线性回归方程，试预测：当销售单价为多少元/千克时，可以获得最大日销售利润? 附： ①对于一组数据、、、，其回归直线 的斜率和截距的最小二乘估计分别为 ， . ② 参考数据: ，. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）求出、的值，利用参考数据结合最小二乘法公式求出、的值，即可得出回归直线方程； （2）求出的表达式，利用二次函数的基本性质可求出的最大值及其对应的值，即可得出结论. 【小问1详解】 设关于的线性回归方程为，. . 由所给数据，得，， 所以关于的线性回归方程为. 【小问2详解】 ， 所以当时，取得最大值， 所以经预测，当销售单价为元/千克时，可以获得最大日销售利润元. 16. 如图，四边形为菱形，平面，平面. （1）证明：平面平面； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 因为平面，平面， 所以，从而，，，四点共面. 又平面，所以，又四边形为菱形，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）首先证明，，，四点共面，由线面垂直得到，结合菱形的性质得到平面，即可得证； （2）设，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，以O为原点，分别以，的方向为轴，轴的正方向， 建立空间直角坐标系，则，，，， 从而，，. 设平面的法向量为，则，即， 取，则. 由（1）得平面的法向量为， 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知函数 （1）证明: ; （2）若时，，求的取值范围. 【答案】（1） 证明：设，， 故时，，单调递增，时，单调递减， 于是，即； 显然，于是，则，于是得证； （2） 【解析】 【分析】（1）先证明，然后结合放缩法证明即可； （2）分离参数得到，利用导数工具求出不等式右边的最小值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 时，则. 当时，不等式变成恒成立； 当时，两边同时除以得到， 设，求导整理可得，， 由（1）可得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 故，故 18. 已知双曲线的左、右焦点分别为 ，过点的直线与的左支交于 两点，设点为内切圆的圆心，为坐标原点. （1）证明：直线与圆相切于焦点； （2）设的渐近线方程为，求的取值范围. 【答案】（1）设的内切圆分别与，，PQ相切于点， 由双曲线的定义，得，所以， 又，所以， 即，结合，得， 又，所以；同理， 所以焦点与点C重合，故直线PQ与圆I相切于. （2） 【解析】 【分析】（1）利用双曲线的定义及切线长的性质，即可证明结果； （2）根据条件可得，，从而的方程为，设设直线的方程为，联立椭圆方程得到，进而可得，再利用（1）结果及弦长公式，可得，再利用等面积法可得，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，，，，圆的半径为. 由的渐近线方程为，即，则， 所以，，的方程为， 可设直线的方程为，代入E的方程，得， 首先，解得； 其次，，， .① 由（1），得， 所以. 又， 所以，② 由①②，得，解得，所以. 由，得，所以， 故的取值范围为. 【点睛】关键点点晴，本题的关键在于第（2）问，先设直线的方程为，联立椭圆方程，求得，再利用内切圆的性质及弦长公式可求得，进而得到，即可求解. 19. 设关于的实系数一元二次方程，在复数集内的根分别为，则方程的根与系数的关系为，将其推广到一元次方程，即：设关于的实系数一元次方程，在复数集 内的根分别为，则方程的根与系数的关系为，上述结论就是著名的韦达定理，其逆定理也成立.试运用韦达定理解答下列问题: （1）设四个不同的实数满足，求的值； （2）设实数满足：①；②；③的最小者不大于的最小者，证明： 的最大者不大于的最大者； （3）记区间的长度均为. 若关于的不等式的解集是各个区间的并集，求该不等式解集中所有区间的长度之和. 【答案】（1） （2） 由得：， 由得：； 由对称性，不妨设，， 由的最小者不大于的最小者得：. 令…①， …②， ②①得：（为常数）； 令得：； ，， 令得：， 又，. 的最大者不大于的最大者. （3） 【解析】 【分析】（1）根据韦达定理直接求解即可； （2）设，，可知，由，分别令和可推导证得结论； （3）设，求导后可确定在每一段区间内单调递减，可确定直线与曲线的交点区间，可知不等式的解集为，结合韦达定理可求得所有区间长度之和. 【小问1详解】 由题意知：恰为方程的四个实根， 根据韦达定理得：. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设， 其定义域为， ， 在上均单调递减； 当时，；当时，； 当时，若，则；若，则； 当时，若，则；若，则； 当时，若，则；若，则； 当时，若，则；若，则； 当时，若，则；若，则. 由零点存在定理及的单调性知：直线与曲线在区间上各有一个交点， 由此，直线与曲线有个不同的交点，即方程有个不同的根. 设方程的根分别为， 则原不等式的解集为， 所有区间长度之和为， 为方程的个实根， 该方程去掉分母并整理得：， 由韦达定理得：， . 【点睛】关键点点睛：本题考查函数中的新定义问题，解题关键是能够充分理解韦达定理的形式，将所求区间长度转化为求解一元高次方程根与系数关系的问题，从而利用韦达定理求得结果. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三12月质量检测联考数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数 从点 到点 的一段图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，若向量满足，则（ ） A. B. 3 C. 7 D. 5. 已知为锐角,，则（ ） A. B. C. D. 6. 我国南北朝时期的数学家祖暅提出了著名的原理:“幂势既同，则积不容异”，这句话的意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体. 被平行于这两个平面的任意平面所截. 如果截得的这两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.一段弯曲的水管，如图（1），其横截面为圆面，最大纵截面是由曲线 与两直线围成的平面区域，如图（2），根据祖暅原理，计算该段水管的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 若 为上的减函数，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 在斜中，内角的对边分别为，且 ，则面积的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 在复数范围内，方程的两根分别为，，且，则（ ） A. 与互为共轭复数 B. C. D. 为实数 10. 设是各项均为正数的等比数列，其公比为，正整数满足 ，且，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知是上的以2为周期的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. 曲线的对称中心为 C. 当时， D. 当时，函数在区间上仅有三个零点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中 的系数是_____. (用数字作答) 13. 已知抛物线的焦点为，是上异于原点的一点，过点的直线的方程为，设与轴交于点，则的值为_____. 14. 将1，2，3，4，5，6随机填入如图所示的三角形图形中的 6 个圈中，每个数恰好出现一次，则三角形三边上的数字之和均相等的概率为_____. 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 某超市经营一种进价为元/千克的干货，在市场试销中，市场观察员统计了天此干货的销售单价（单位：元/千克）与日销售量 （单位：千克）的数据，得到如下统计表： （1）根据表中和题后所给出的统计数据，求关于的线性回归方程； （2）设经营此干货的日销售利润为（单位：元），根据（1）中的线性回归方程，试预测：当销售单价为多少元/千克时，可以获得最大日销售利润? 附： ①对于一组数据、、、，其回归直线 的斜率和截距的最小二乘估计分别为 ， . ② 参考数据: ，. 16. 如图，四边形为菱形，平面，平面. （1）证明：平面平面； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知函数 （1）证明: ; （2）若时，，求的取值范围. 18. 已知双曲线的左、右焦点分别为 ，过点的直线与的左支交于 两点，设点为内切圆的圆心，为坐标原点. （1）证明：直线与圆相切于焦点； （2）设的渐近线方程为，求的取值范围. 19. 设关于的实系数一元二次方程，在复数集内的根分别为，则方程的根与系数的关系为，将其推广到一元次方程，即：设关于的实系数一元次方程，在复数集 内的根分别为，则方程的根与系数的关系为，上述结论就是著名的韦达定理，其逆定理也成立.试运用韦达定理解答下列问题: （1）设四个不同的实数满足，求的值； （2）设实数满足：①；②；③的最小者不大于的最小者，证明： 的最大者不大于的最大者； （3）记区间的长度均为. 若关于的不等式的解集是各个区间的并集，求该不等式解集中所有区间的长度之和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $