精品解析：东北三省一区点石联考2025-2026学年高三上学期12月联合考试数学试卷

绝密★启用前（点石联考） 2025年点石联考东北“三省一区”高三年级12月份联合考试 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置．考试结束后，将答题卡交回． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，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． 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的．） 1. 椭圆的离心率为（ ）． A. B. C. D. 2. 已知向量若向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. -1 B. C. 1 D. 3. 记集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. （ ）． A. B. C. 2 D. 4 5. 若圆与直线相切，则圆的面积为（ ）． A. B. C. D. 6. 设正数、满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 若函数的图象关于直线对称，则（ ） A. B. C. -1 D. 8. 对于正数、，若，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，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. 已知椭圆，则（ ） A. 椭圆的长轴长为 B. 当时，椭圆的焦点在轴上 C. 椭圆的焦距可能为6 D. 椭圆的短轴长与长轴长的平方和为定值 10. 记等差数列公差为d，已知，，成等比数列，则（ ）． A B. C. D. 11. 如图，在四面体中，为的中点，则（ ） A. 平面平面 B. 点到平面的距离为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 点到直线的距离为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设，则______． 13. 大数据语言的单次预训练过程大致遵循Chinchilla缩放定律：，其中是在经过单次训练后具有N个参数的模型的测试损失的期望，A，B，是常数，已知，，，则A的最小值为______． 14. 已知数列的通项为，数列的前项积，将与中的所有项从小到大依次排列构成一个新数列，记为数列的前项和，则使得成立的的最小值为______． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．） 15 设函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若为导函数，求的极值． 16. 设的内角、、所对的边分别为、、，已知，． （1）求的值； （2）若，求的面积． 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为PB的中点． （1）证明：． （2）点F在棱BC上，且直线AF与平面PAB所成角的正弦值为． （ⅰ）求线段BF的长； （ⅱ）M为PD的中点，求点M到平面AEF的距离． 18. 已知椭圆的右焦点为，过F的直线与E交于两点．当A为E的上顶点时，． （1）求E的方程； （2）过点A作的垂线，垂足为M． （ⅰ）证明：直线过定点N； （ⅱ）记的中点为，的斜率为，NB的斜率为，证明：是定值． 19. 设为正整数，已知首项为2的正项数列满足． （1）若，求值； （2）证明：与为常数列或等比数列； （3）记的前项积为．若时，，求的通项公式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前（点石联考） 2025年点石联考东北“三省一区”高三年级12月份联合考试 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置．考试结束后，将答题卡交回． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，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． 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的．） 1. 椭圆的离心率为（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将椭圆方程化为标准方程，求出，根据椭圆的离心率公式求解即可. 【详解】椭圆方程可化为，长半轴，半焦距， 于是离心率． 故选：D． 2. 已知向量若向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. -1 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据投影向量的定义列式计算即得. 【详解】因为向量， 则向量在向量上的投影向量为：， 故有，解得. 故选：C. 3. 记集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出集合、，利用交集的定义可得集合. 【详解】由可得，可得， 由可得，即， 得，解得， 于是，，故． 故选：A． 4. （ ）． A. B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用对数的运算法则及换底公式化简求值即可. 【详解】． 故选：C． 5. 若圆与直线相切，则圆的面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由圆的标准方程得到圆心坐标及半径，利用点到直线的距离公式建立方程，求出圆的半径的具体值，再利用圆的面积公式求解即可. 【详解】由题意可知圆的方程为， 其圆心为，半径为， 故圆心到直线的距离，显然， 所以，解得，于是圆的面积． 故选：D． 6. 设正数、满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由基本不等式得出，即可得出的最小值. 【详解】因为， 当且仅当时，即当，时，等号成立， 故的最小值为. 故选：B． 7. 若函数的图象关于直线对称，则（ ） A. B. C. -1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简得，根据正弦型函数的对称性，求得的表达式，进而求得的值. 【详解】函数. 令，则，则. 故选：D 8. 对于正数、，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知等式变形得出，结合函数的单调性可求得结果. 【详解】由可得， 即， 构造函数， 因为函数、、在上为增函数， 故函数在上为增函数， 由可得，所以，即． 故选：B． 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，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. 已知椭圆，则（ ） A. 椭圆的长轴长为 B. 当时，椭圆的焦点在轴上 C. 椭圆的焦距可能为6 D. 椭圆的短轴长与长轴长的平方和为定值 【答案】BD 【解析】 【分析】根据椭圆标准方程的形式、性质及焦点所在的位置分情况讨论即可. 【详解】对于A，若，解得， 即时，方程表示焦点在轴上的椭圆， 则，长轴长为，故A错误； 对于B，当时，椭圆方程为表示焦点在轴上的椭圆，故B正确； 由A知，由可知方程表示焦点在轴上的椭圆， 此时，所以， 由，解得，不符合，故舍去， 若，可得，椭圆方程为表示焦点在轴上的椭圆， ，所以， 由，解得，不符合，故舍去， 故不存在焦距为6的椭圆，故C错误； 由， 故椭圆的短轴长与长轴长的平方和为定值，故D正确. 故选：BD. 10. 记等差数列的公差为d，已知，，成等比数列，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据等比数列、等差数列的知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】对于A，由等比数列性质可知，于是，故A正确； 对于B，，显然，于是，而，故， 于是，故，故B正确； 对于C，时，，故C错误； 对于D， ，故D正确． 故选：ABD 11. 如图，在四面体中，为的中点，则（ ） A. 平面平面 B. 点到平面的距离为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 点到直线的距离为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A直接用面面垂直的判定定理可得，对BCD则用空间向量分别计算点到面，点到线的距离及线面角可得. 【详解】设的中点为O，连接.因，所以. 又因，所以O为直角三角的外心，且， 所以，，得. 因，， ，平面， 所以平面，平面，所以平面平面，故A正确； 故以所在直线为轴，以过B点平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图： 则，， 设平面的法向量，， 由，得，令，，. 与同方向的单位法向量， 所以在单位法向量上的投影向量的模， 得点到平面的距离为，故B错误； 再由，直线与平面所成角的正弦值为 ，所以C正确； 再由，取与同向的单位向量， 所以点到直线的距离为，故D错误； 故选：AC. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用、复数的四则运算即可求解复数的模. 【详解】由题意可知， 则． 故答案为：． 13. 大数据语言的单次预训练过程大致遵循Chinchilla缩放定律：，其中是在经过单次训练后具有N个参数的模型的测试损失的期望，A，B，是常数，已知，，，则A的最小值为______． 【答案】2 【解析】 【分析】根据已知条件结合指数运算计算得出，再计算取等条件验证即可. 【详解】由条件可知，得到， 设，则， 由其有解可得，解得， 当时，，，，有解． 于是A的最小值为2． 故答案为：2． 14. 已知数列的通项为，数列的前项积，将与中的所有项从小到大依次排列构成一个新数列，记为数列的前项和，则使得成立的的最小值为______． 【答案】22 【解析】 【分析】分别求出数列、数列的通项公式，分析出数列的构成，根据求出的最小值. 【详解】由数列的前项积为，即， 当时，可得； 当时，可得， 其中满足上式，所以数列的通项公式为. 数列前几项：1，3，5，7，9，11，13，15，17，19， 数列前几项：2，4，8，16，32， 将数列和中的项按从小到大排列，得到新数列， 可得数列的前几项为：1，2，3，4，5，7，8，9，11，13，15，16，17，19，21，23，25，27，29，31，32，33，35，37，… 其中数列的项在数列中，分别为第2，4，7，12，21，…项， 当时，，，不满足； 当时，，，不满足； 当时，，，不满足； …… 当时，，，不满足； 当时，，，此时满足，符合题意， 所以使得成立的n的最小值为22． 故答案为：22． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 设函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若为的导函数，求的极值． 【答案】（1） （2）在处取极小值0，无极大值 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求解即可； （2）令，求导，根据导数计算即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以，， 故切线方程为； 【小问2详解】 令 求导得， 因为时，，所以在上单调递增， 因为时，，所以在上单调递减， 故，故在处取极小值0，无极大值． 16. 设的内角、、所对的边分别为、、，已知，． （1）求的值； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理结合已知条件得出，结合正弦定理即可得出答案； （2）由正弦定理结合（1）中的结论可得出关于、的方程组，结合内角的取值范围可得出、的值，可知为直角三角形，求出、、的值，即可得出该三角形的面积. 【小问1详解】 由余弦定理得， 又，所以， 则，所以， 由正弦定理，得． 【小问2详解】 由正弦定理及，得，所以， 由（1）知， 又，即，，所以，． 因为，， 所以，，为直角三角形，则， 所以，，． 所以的面积． 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为PB的中点． （1）证明：． （2）点F在棱BC上，且直线AF与平面PAB所成角正弦值为． （ⅰ）求线段BF的长； （ⅱ）M为PD的中点，求点M到平面AEF的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由底面ABCD为正方形，底面ABCD，先证明平面PAB，进而证明； （2）（i）建立空间直角坐标系，设，由线面角的向量求法列方程解出即可； （ii）由点到平面的距离的向量求法求解即可. 【小问1详解】 因为底面ABCD，且底面ABCD，所以． 因为底面ABCD为正方形，所以， 又因为，且PA，平面PAB，所以平面PAB， 因为平面PAB，所以． 【小问2详解】 如图，以A为坐标原点，直线AB，AD，AP分别为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系Axyz， 则，，，，，． （ⅰ）设，则，． 易知平面PAB的一个法向量为， 设直线AF与平面PAB所成的角为θ，则，解得， 即． （ⅱ），，设平面AEF的法向量为， 则 取， 又，所以点M到平面AEF的距离为． 18. 已知椭圆的右焦点为，过F的直线与E交于两点．当A为E的上顶点时，． （1）求E的方程； （2）过点A作的垂线，垂足为M． （ⅰ）证明：直线过定点N； （ⅱ）记的中点为，的斜率为，NB的斜率为，证明：是定值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用椭圆参数的几何意义即可求解椭圆方程； （2）（ⅰ）利用直线与椭圆联立方程组，设交点坐标，利用假设的坐标来表示直线方程，根据椭圆的对称性可知定点在轴上，所以令，借助韦达定理去求为定值即可；（ⅱ）利用坐标法去计算斜率，通过韦达定理的应用即可证明定值. 【小问1详解】 记E的半焦距为c，由右焦点为可得：，而， 故，于是E的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）不妨设，， 设，联立， 有，可得，， 即， 易知，直线MB的斜率为， 故直线MB的方程可表示为， 当时，显然， 故 ， 所以直线过定点． 而当AB斜率为0时，直线就轴，也过点． 综上，直线MB过定点． （ⅱ）由（ⅰ）可得，所以， 则， 所以有，即是定值． 19. 设为正整数，已知首项为2的正项数列满足． （1）若，求的值； （2）证明：与为常数列或等比数列； （3）记的前项积为．若时，，求的通项公式． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】利用数列的递推公式、对数运算、数列通项公式和前项积进行求解. 小问1详解】 由可得，， 当时，，即，解得， 令，则． 【小问2详解】 对两侧同时取以为底的对数有， ①则，即． 当时，，此时是恒为0的常数列； 当时，是以为首项，为公比的等比数列； ②也可化为． 当时，，此时是恒为0的常数列； 当时，是以为首项，为公比的等比数列． 综上，与为常数列或等比数列． 【小问3详解】 由（2）可得是以为首项，为公比的等比数列， 则有； 且是以为首项，为公比的等比数列， 则有． 两式相减得， 则， 由时，，则， 即恒成立， 又当增大时，会震荡变化且绝对值增大，即会震荡变化，若使上式恒成立，需满足，所以. 当时，是以为首项，为公比的等比数列，为常数列，此时，满足条件. 将代入得 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $