精品解析：福建省名校联盟全国优质校2025届高三2月大联考数学试题

名校联盟全国优质校2025届高三大联考 数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，将答题卡交回. 一、单项选择题：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. 若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 2 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 记等比数列的前项和为，若，则（ ） A. 16 B. 31 C. 32 D. 63 4. 市环保局开展了环境治理专项活动，活动结束后对志愿者做了一次随机抽样调查，统计整理了部分志愿者的服务时长（单位：小时），得到如图所示的频率分布直方图，据此估计志愿者服务时长的第百分位数为（ ） A. 36 B. 37 C. 38 D. 39 5. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，过作的垂线，垂足为，若，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 6. 存在函数满足：对任意都有（ ） A. B. C. D. 7. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 若斜率为的直线交曲线于点，交曲线于点，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 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. 已知为函数图象一条对称轴，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于点对称 C. 在区间上单调递减 D. 函数为偶函数 10. 已知某工人需至少使用甲，乙两种仪器中的一种对某产品进行质量检测，记事件“该工人在检测过程中使用过甲仪器”，事件“该工人在检测过程中使用过乙仪器”，事件“该工人在检测过程中使用过甲，乙两种仪器”，事件“该工人在检测过程中仅使用过甲，乙两种仪器中的一种”，已知，则（ ） A. 与相互独立 B. 与互为对立 C. D. 11. 已知函数，其中，且当时，，则（ ） A. B. 为的极大值点 C. 若关于的方程有3个不同的实数根，则 D 若对任意都有，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则的面积为______． 13. 已知双曲线左，右焦点分别为，过的直线与的左，右两支分别交于两点，若，则______． 14. 已知某圆锥侧面展开后的扇形面积为定值，设扇形的圆心角为，则当圆锥的内切球体积最大时，______． 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. 记的内角的对边分别为，已知． （1）证明：成等差数列； （2）若的面积为，求． 16 设函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）已知，若为增函数，求． 17. 如图，在菱形中，，将沿翻折至，使得三棱锥的表面积最大． （1）求三棱锥的体积； （2）设为棱的中点，在棱上，若二面角的余弦值为，求． 18. 已知椭圆的左顶点为，过点的直线交于两点，记的外接圆为圆． （1）当与轴垂直时，求圆的方程； （2）求圆面积的最大值． 19. 设正整数，集合，已知有穷数列经过一次变换后得到数列，其中表示中的最大者．记数列的所有项之和为． （1）若，求； （2）当时，求的最大值； （3）若经过一次变换后得到数列，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 名校联盟全国优质校2025届高三大联考 数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，将答题卡交回. 一、单项选择题：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. 若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用共轭复数及复数模的定义列式计算即可. 【详解】由，得，所以． 故选：C 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先解对数不等式，再应用交集定义计算即可. 【详解】因为，所以， 因为，所以，所以， 所以，，∴， 故选：A． 3. 记等比数列的前项和为，若，则（ ） A. 16 B. 31 C. 32 D. 63 【答案】B 【解析】 【分析】利用等比数列的性质结合给定条件得到，进而结合求出，再设出基本量，建立方程求出首项和公比，最后利用公式法求和即可. 【详解】因为是等比数列，所以， 因为，所以，设首项为，公比为， 由等比数列性质得，故， 因为，所以， 而，故，解得， 由等比数列前项和公式得，故B正确. 故选：B 4. 市环保局开展了环境治理专项活动，活动结束后对志愿者做了一次随机抽样调查，统计整理了部分志愿者的服务时长（单位：小时），得到如图所示的频率分布直方图，据此估计志愿者服务时长的第百分位数为（ ） A. 36 B. 37 C. 38 D. 39 【答案】C 【解析】 【分析】利用频率分布直方图的性质求出的值，再结合第百分位数定义求解即可. 【详解】由题意得组距为， 因为小长方形面积和为，所以， 解得，而， 则第百分位数在内，且设其为， 得到，解得，故C正确. 故选：C 5. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，过作的垂线，垂足为，若，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】由已知及抛物线定义可得，，从而得到，利用长度关系可得，故求解可得. 【详解】 记坐标原点为，过点作，垂足为． 由已知及抛物线定义可得，，， ∴△为等边三角形，， 又∵，∴，则． ∴，解得. 故选：B． 6. 存在函数满足：对任意都有（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数的定义逐项判断得解. 【详解】对于A，取得，取得，矛盾，即不存在函数满足，A不是； 对于B，取得，取得，矛盾，即不存在函数满足，B不是； 对于C，取得，取得，矛盾，即不存在函数满足，C不是； 对于D，为R上的增函数，对任意都有唯一的 满足，则存在函数满足，D是. 故选：D 7. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用给定条件得到，再结合二倍角公式和同角三角函数的基本关系化简，得到，再利用正切函数的周期性得到，再代入原式中结合诱导公式求解即可. 【详解】因为， 所以（*）， 因为，所以，即， 此时，得，， 故由（*），， ， 即，因的周期为，， 故，， 化简得，而， 则. 故选：A． 8. 若斜率为的直线交曲线于点，交曲线于点，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】结合题意设出点的坐标，联立方程组得到，合理构造，结合对数函数与一次函数的性质得到单调递增，进而得到，最后利用两点间距离公式求解边长即可. 【详解】由题意得的定义域为，定义域为， 由题意得的斜率为，故设，设，， 因为交曲线于点，交曲线于点， 则，， 此时，， 则是方程的解，是方程的解， 故，化简得， 构造，故， 由对数函数性质得在上单调递增， 由一次函数性质得在上单调递增， 得到在上单调递增，故，即， 由两点间距离公式得， ，故B正确. 故选：B． 【点睛】关键点点睛：解题关键是运用给定条件并联立方程组，然后结合函数单调性得到，最后利用两点间距离公式得到所要求的值即可． 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. 已知为函数图象的一条对称轴，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于点对称 C. 在区间上单调递减 D. 函数为偶函数 【答案】AC 【解析】 【分析】利用给定条件结合的范围求出解析式后，结合最小正周期的求法判断A，利用代入法判断B，利用换元法结合余弦函数性质判断C，利用函数奇偶性的定义判断D即可. 【详解】对于A，因为为函数图象的一条对称轴， 所以，故， 因为，所以令，得到，解得， 得到，而周期， 则的最小正周期为，故A正确， 对于B，而， 即的图象不可能关于点对称，故B错误， 对于C，因为，所以， 故，而令， 则原函数化为，， 由余弦函数性质得在上单调递减， 得到在区间上单调递减，故C正确， 对于D，因为，所以， 令，即， 而，得到， 则函数不为偶函数，故D错误. 故选：AC. 10. 已知某工人需至少使用甲，乙两种仪器中的一种对某产品进行质量检测，记事件“该工人在检测过程中使用过甲仪器”，事件“该工人在检测过程中使用过乙仪器”，事件“该工人在检测过程中使用过甲，乙两种仪器”，事件“该工人在检测过程中仅使用过甲，乙两种仪器中的一种”，已知，则（ ） A. 与相互独立 B. 与互为对立 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用概率的基本性质、对立事件、相互独立事件及条件概率逐项分析判断. 【详解】对于A，依题意，，则，A错误； 对于B，，，，，则，互为对立，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，，D正确. 故选：BCD 11. 已知函数，其中，且当时，，则（ ） A. B. 为的极大值点 C. 若关于的方程有3个不同的实数根，则 D. 若对任意都有，则 【答案】AC 【解析】 【分析】对于选项A，由已知条件可得当时，，当时，，故当时，即可求得；对于选项B，由A可知，利用导数判断函数的单调性，从而可得为的极小值点；对于选项C，结合函数图像可知要使方程有个不同的实数根，则，求解即可判断；对于选项D，若对任意都有，则恒成立，分类讨论即可求得的取值范围. 【详解】对于选项A：为函数的零点， 若，当时，，则；当时，，则. 所以时，，即，，故选项A正确； 对于选项B：由A可知，，∴在区间和递增，在区间递减，为的极小值点，故选项B错误； 对于选项C：由B可知，为的极大值点，要使方程有个不同的实数根，则，解得，故选项C正确； 对于选项D：，， ∴恒成立， 显然当时，成立； 显然当时，不恒成立； ∴当时，即恒成立， ∴恒成立， ∴或，故选项D错误. 故选：AC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则的面积为______． 【答案】5 【解析】 【分析】利用平面向量的数量积得到，进而确定三角形的底和高，再利用三角形面积公式求解面积即可. 【详解】因为，所以， 故，由向量的模长公式得，， 且设的面积为，则. 故答案为：5 13. 已知双曲线的左，右焦点分别为，过的直线与的左，右两支分别交于两点，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线定义结合已知条件计算得出，再计算求解即可. 【详解】由双曲线定义：，即，， 又，， ∴，， 故答案为：. 14. 已知某圆锥侧面展开后的扇形面积为定值，设扇形的圆心角为，则当圆锥的内切球体积最大时，______． 【答案】 【解析】 【分析】利用等面积法求出内切球半径，再结合基本不等式找到内切球半径最大时的取等条件，再利用圆心角公式求解即可. 【详解】设扇形面积为，圆锥的底面半径为，母线长为，高为，内切球半径为， 而，由勾股定理得， 而圆锥的内切球在轴截面中与等腰三角形三边相切， 我们以内切球的球心为顶点，向等腰三角形三边作垂线， 可将其分割为三个小三角形，其中两个小三角形以母线为底，内切球半径为高， 另一个小三角形以底面圆直径为底，内切球半径为高， 由题意得圆锥轴截面的面积与以内切球的球心为顶点分割出的小三角形面积之和相等， 而轴截面面积为， 而以内切球的球心为顶点分割出的小三角形面积之和为 ， 故，解得， 则该圆锥的内切球半径， 由扇形面积公式得，即， 且记为定值，故，即，而， 因为 ， 由基本不等式得， 而， 即，当且仅当时取等，此时， 设圆锥的内切球体积为，而由球的体积公式得， 由幂函数性质得当圆锥的内切球体积最大时，圆锥的内切球半径最大， 而，解得， 当最大时，由弧长公式得. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解题关键是结合题意求出内切球半径，然后对其合理变形后利用基本不等式找到取得最大值时的取等条件，最后利用圆心角公式得到所要求的值即可． 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. 记的内角的对边分别为，已知． （1）证明：成等差数列； （2）若的面积为，求． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式与三角形的性质得到，再利用正弦定理角化边结合等差中项的性质证明即可. （2）利用给定条件得到，再利用余弦定理建立方程，结合辅助角公式求解角度即可. 小问1详解】 由正弦定理得， 得到， 即， 由三角形内角和性质得，故， 得到，由正弦定理得， 所以，，成等差数列 【小问2详解】 因为的面积为， 所以，故 由余弦定理得， 所以， 因为，所以， 即，结合， 故，而，得到， 化简得，由辅助角公式得， 因为，所以，解得，即为. 16. 设函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）已知，若为增函数，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用切线的几何意义求解斜率，结合给定条件求出切点，再得到切线方程即可. （2）利用给定条件得到，再结合特殊点处的函数值求出参数范围，利用求出的取值，再排除检验即可. 【小问1详解】 当时，，则， 而，切点为，设切线斜率为， 由斜率的几何意义得， 故切线方程为，整理得，. 【小问2详解】 由题意得， 因为为增函数，所以恒成立， 故，解得， 而，， 故解得，取交集得， 因为，所以或， 当时，，易知，不符题意； 当时，，设，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，取得极小值，也是最小值， 即，符合题意；所以. 17. 如图，在菱形中，，将沿翻折至，使得三棱锥的表面积最大． （1）求三棱锥的体积； （2）设为棱的中点，在棱上，若二面角的余弦值为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据三棱锥的表面积最大得出，再应用线面垂直判定定理得出平面，最后应用体积公式计算即可； （2）设（），再应用空间向量法或数形结合应用定义计算二面角计算求参. 【小问1详解】 三棱锥的表面积为， ∵，∴当的面积最大时，三棱锥的表面积最大， 此时，由可知，即， 同理 方法1：设为在底面的射影，为中点，连接，， ∵平面，平面， ∴，又∵，平面，平面， ∴平面，又∵平面，∴， 又∵，∴，即在的角平分线上， 同理，在的角平分线上，∴为等边的重心． ∴，，， ∴三棱锥的体积为. 方法2：设为中点，∵，均为等边三角形， ∴，，∵平面， ∴平面， 在中，，则， ∴底边上的高为，∴的面积为， ∴， 【小问2详解】 方法1：如图所示，以为原点，分别以，，所在方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，， ∴，， 设（），设，则， ∴，， 设平面的一个法向量为， 则有即 令，则，，∴， 平面的一个法向量为， ∴， 解得， ∴. 方法2： 如图，过作垂直于，∴，平面， 过作垂直于，则，，平面， ∴平面，∵平面，∴， ∴为二面角平面角， ∴，， 不妨设（），则， ∵，∴，∴，解得， ∴. 18. 已知椭圆的左顶点为，过点的直线交于两点，记的外接圆为圆． （1）当与轴垂直时，求圆的方程； （2）求圆面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先联立求出，再设圆心列式求解圆心进而得出圆的方程； （2）根据垂直平分线交点求出圆心，再应用两点间距离公式求出半径，进而结合二次函数最值求出最大值，也可应用正弦定理及待定系数法求圆. 【小问1详解】 当直线与轴垂直时，联立直线与的方程， 即，解得，不妨设，． 圆心在轴上，，设， ∴外接圆半径． ∴，解得，∴， ∴圆的方程为. 【小问2详解】 当直线与轴重合时无法构成三角形； 设，， 联立与的方程 ， 方法1：则的中垂线， 又，得， 同理，的中垂线． 联立直线， ， 由①－②可得，， 将代入①＋②可得，， ∴， ∴， 令， ∴， 当，即时，△的外接圆半径最大，为． 此时，△的外接圆面积最大，为． 方法2：， ，， ， ， ∴， 由正弦定理得：， 令，则， ∴，当时等号成立， ∴外接圆的面积的最大值为. 方法3：设圆 联立 ， 所以， 解得，即， 设，则有，即， 消去得， 所以， 当，即时，，此时，△的外接圆面积最大，为． 【点睛】方法点睛：待定系数法求解圆的方程或者应用垂直平分线交点得出圆心或根据边长结合正弦定理计算半径，进而求解. 19. 设正整数，集合，已知有穷数列经过一次变换后得到数列，其中表示中的最大者．记数列的所有项之和为． （1）若，求； （2）当时，求的最大值； （3）若经过一次变换后得到数列，求的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】(1)根据题意可以写出数列,求和得; (2)当时,由得中最大数是5,且最多出现两次且相邻,依次类推，可求得的最大值; (3) 因为中的任一元素在出现一次或两次,所以对,,分别求的最大值. 【小问1详解】 由题意,：，，，, 即3,3,4,4． ∴． 【小问2详解】 由题意,由于中元素两两互异,故中的任一元素,如，在中至多在和中出现两次 （规定，）,且若出现两次则这两个数处于邻位（和也视为邻位）． ∴的所有项中至多有两个5和两个4． ∴, 当满足时等号能取到, ∴的最大值为21．（给出任意一种排列即可） 【小问3详解】 同（2）可知,中的任一元素若在中仅出现一次,则在中至多出现两次;若在中出现两次,由于这两个数相邻, 故在中至多出现三次． （i）若,则, 当满足时等号能取到． （或,或） （ii）若,则． 当满足时等号能取到． （iii）若,则． 当满足时等号能取到． 综上,的最大值为． 【点睛】方法点睛: (1)根据新定义写出符合要求的新数列或者得到新数列的性质; (2)根据得到的新数列,求数列的和进而求得和的最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $