河南省湘豫名校联考2025-2026学年高三上学期12月质量检测巩固训练数学试题

参考答案及解析湘豫名校联考 2025 年 12 月高三上学期质量检测巩固训练 - 数学 一、选择题 1. 【解析】因为 ,所以 . 2. 【解析】因为 ,所以 ,故 3. B 【解析】因为 ,所以 . 又 ,所以 ,解得 ,则 ,故 . 4. A 【解析】因为正四棱台的上、下底面的边长分别为 ,所以上、下底面的面积分别为 2,8 , 且对角线长分别为 2,4 . 又侧棱长为 ，所以由几何关系可知正四棱台的高为 ,故正四棱台的体积为 . 5. A 【解析】因为 ,所以 ,且 ,所以 . 又 ,所以 ,故 ,所以 . 6. D 【解析】根据题意可知 ,因为 ,所以 ,即 ,故 ,所以 . 7. 【解析】设 的左焦点为 ,连接 ,则 . 又 ,在 和 中,分别由余弦定理,得 ,即 ,整理得 ,所以 ,所以 ,即 ,所以 的渐近线方程为 . 8. 【解析】因为 是定义域为 的单调函数,所以存在唯一的常数 ,使得 ,故 . 令 ,则 ,故 ,所以 ,且 ,若令 ,则满足以上条件,此时 不是奇函数, . 由 ,得 ,且 , 故 . 二、选择题 9. 【解析】函数 的最小正周期为 ,故 A 正确; 令 ,得 , ,即 的单调递减区间为 , ,故 错误; 因为 ,所 以 的图像关于点 对称,故 正确; 不是 的最值点,所以 的图像不关于直线 对称, 故 D 错误. 10. 【解析】因为 为 的中点,所以 是正方体 体对角线的交点,故 三点共线. 连接 ,易知 ,且 ,故 平面 . 因为 平面 , 所以 ,即 ,故 正确; 由上可知平面 即为平面 ,因为 平面 平面 ,所以 平面 ,故 正确; 易知平面 即为平面 ,平面 即为平面 ,且 是平面 的一个法向量, 是平面 的一个法向量,而 不与 垂直,所以平面 不与平面 垂直,即平面 不与平面 垂直,故 错误; 易知平面 即为平面 ,平面 即为平面 ,且 是平面 的一个法向量, 是平面 的一个法向量,而 ,所以平面 平面 , 故 D 正确. 11. ABD 【解析】因为当 时, ,所以 ,即 ①, ,即 ②，则由①②得 ，故 正确. 由上可知 ,当 时, 满足当 时, ; 当 时, ,令 ,则 或 . 当 ,即 时, 在区间 上单调递增,在区间 上单调递减，故应满足 此时不等式组无解; 当 ,即 时, 在区间 上单调递增,在区间 , 上单调递减,在区间 上单调递增,故应满足 解得 ,同理可知当 时也满足要求. 综上, ,故 正确. 由题得 ,取 ,则 ,所以 . 令 ,则 ,所以 ,故 C 错误; 因为 ,且 ,所以 . 又 ,所以当 时, ,故 D 正确. 三、填空题 12. 【解析】不等式 等价于不等式 , 则 解得 ,故不等式的解集为 . 13. 【解析】因为 ,所以 3,所以 ,当且仅当 ,即 时,等号成立,故 的最小值为 . 14. 60【解析】由题意知 均为不超过 6 的自然数，下面分情况讨论:① 当最大数为 6 时, ,此时共有 种情况; ,此时共有 12 种情况. ② 当最大数为 5 时， ,此时共有 种情况. ③ 当最大数为 4 时, ,此时共有 12 种情况. 综上,满足条件的有序实数组 , 的个数为 . 四、解答题 15. 解: (1) 由 ,得 , 所以 是首项为 1,公差为 1 的等差数列, (3 分) 则 , (4 分) 所以 . (5 分) (2)记 则 , (8 分) 所以 所以 . (13 分) 16. 解: (1) 由题意得 ,解得 . (2 分) 估计该校历史方向的学生本次模拟测试的数学成绩的平均值为 (2)采用按比例分配的分层随机抽样的方法从甲样本数据中分数落在区间 和 内的学生中抽取 6 人，则抽取分数落在区间 内的学生有 2 人，落在区间 内的学生有 4 人. (8 分) 的所有可能取值为0,1,2, 所以 , (11 分) 所以 的分布列为 0 1 2 (12 分) 故 . (15 分) 17. 解: (1) 若 ,则 , (2 分) 当 时, ; 当 时, 故 的单调递减区间是 和 , (7 分) ; 当 时, , 单调递增区间是 . (2) ， 当 ,即 时, , 单调递减,此时 没有极值点,符合题意. (9 分) 当 时,方程 有两个实数根 ,且 . 不妨设 ,当 时, , 此时 在区间 上单调递减,在区间 上单调递增, 所以 是 的极小值点, 是 的极大值点,不符合题意; (12 分) 同理可知当 时, 是 的极大值点, 不符合题意. (14 分) 综上,若 没有极值点,则 的取值范围是 . (15 分) 18.(1)证明:如图，设 为 与 的交点，连接 .过点 作 ,交 于点 . 因为 为 的中点,且 , 所以 ,故 . 又 为 的中点, 所以 为 的中位线, 故 . (3 分) 因为 平面 平面 , 所以 平面 . (4 分) (2)解:法一:(i)如图，记 为 在底面 上的射影，连接 ，则点 在线段 上，且平面 底面 ，平面 底面 . (5 分) 记 在底面 上的射影为 ,则 在线段 上. 因为 为 的中点,故 为 的中点. 过点 作 ,垂足为点 ,连接 . 因为 底面 底面 , 所以 . 又 平面 , 所以 平面 . 又 平面 ,所以 , 所以 为二面角 的平面角. (7 分) 过点 作 ,交 的延长线于点 , 由几何关系可知 . 因为底面 是边长为 7 的等边三角形, 所以 ,则 . 又点 到底面 的距离为 , 所以 ,且 . (9 分) 因为平面 底面 , 所以二面角 的平面角与二面角 的平面角互余, 所以二面角 的正切值为 . (11 分) (ii) 如图,设球心为 ,球的半径为 ,由几何关系可知 在底面 上的射影恰为 的中点,记为点 ,且记 ,则 ,其中 . (13 分) 过点 作 ,垂足为点 ,由几何关系可知 . 设 ,则由几何关系有 故 , 即 . (15 分) 所以当 时, 取得最小值, 也取得最小值,此时 , 故 , 所以该球表面积的最小值为 . (17 分) 法二: ( i ) 如图,以 为坐标原点, 的方向为 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系. 设点 的横坐标为 , 由余弦定理可知 ,则 所以 , 故 . (6 分) 设平面 的法向量为 , 则 即 (7 分) 令 ,得 ,则 , . (8 分) 而底面 的一个法向量为 , 故 ,且 . (9 分) 因为平面 底面 , 所以二面角 的平面角与二面角 的平面角互余, 所以二面角 的正切值为 . (11 分) (ii) 设球心为 ,球的半径为 ,由几何关系可知 在底面 上的射影恰为 的中点,设 ,则 , 即 , (13 分) 则 . 因为 , 所以当 时， ， (15 分) 此时 , 则球 的表面积的最小值为 . (17 分) 19. (1)解:由题意知 ， . 设 ,则 . 因为直线 的斜率之积为 , 所以 所以 . (2 分) 由题意得 ,所以 , 所以 的方程为 . (4 分) (2)解:设坐标原点为 ，则 的面积 . (6 分) 因为 ,且 , 所以四边形 的面积 当且仅当 ,即 时,等号成立, (9 分) 所以 ,当点 的坐标为 时,四边形 面积的最大值为 . (10 分) (3)证明:由 ，得直线 的方程为 . 又直线 的方程为 , 由 解得 即 . (12 分) 因为 ，所以 ， 所以直线 的方程为 (13 分) 又 , 所以直线 的方程为 . 由 整理得 . (15 分) 由 ,得 , 所以 所以点 在一定直线上,其方程为 .(17 分) 学科网（北京）股份有限公司 $ 湘豫名校联考 2025 年 12 月高三上学期质量检测巩固训练 数 学 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. 已知集合 ,则 A. B. C. D. 2. 已知 ,则 A. 1 B. C. D. 3. 已知向量 ，若 ，则 A. 3 B. 5 C. D. 4. 已知正四棱台的上、下底面的边长分别为 ,侧棱长为 ,则该正四棱台的体积为 A. 14 B. 15 C. 16 D. 18 5. 已知数列 和 满足 ,且 ,则 A. 12 B. 15 C. 16 D. 19 6. 已知 ,且 ,则 A. B. C. D. 7. 已知双曲线 的右焦点为 ，过原点 的直线 与 的右支交于点 . 若 ,则 的渐近线方程为 A. B. C. D. 8. 已知 是定义域为 的单调函数,且对任意的 ,则 A. 是奇函数 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. 已知函数 ,则 A. 的最小正周期为 B. 在区间 上单调递减 C. 的图像关于点 对称 D. 的图像关于直线 对称 10. 在正方体 中, 为 的中点,则 A. B. 平面 C. 平面 平面 D. 平面 平面 11. 设函数 ,且当 时, ,则 A. B. C. 当 时, D. 当 时, 三、填空题:本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分。 12. 不等式 的解集为_____. 13. 设 为正数,且 ,则 的最小值为_____. 14. 初等数论中的四平方和定理最早由欧拉提出, 后被拉格朗日等数学家证明. 四平方和定理的内容是任意正整数都可以表示为不超过 4 个自然数的平方和, 例如 . 设 ,其中 均为自然数,则满足条件的有序实数组 的个数为_____. 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.(13分) 在数列 中, . (1)证明 是等差数列,并求 的通项公式; (2)求 . 16. (15 分) 某学校为了解本校历史、物理方向学生的学业水平模拟测试的数学成绩情况， 分别从物理方向的学生中随机抽取 60 人的数学成绩得到样本甲, 从历史方向的学生中随机抽取 50 人的数学成绩得到样本乙, 根据两个样本数据分别得到如下频率分布直方图: (1)求 的值，并估计该校历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值 (同一组中的数据用该组区间的中点值作代表); (2)采用按比例分配的分层随机抽样的方法从甲样本数据中分数落在区间 [60,70) 和 内的学生中抽取 6 人，并从这 6 人中任取 2 人，求这 2 人分数落在区间 内的人数 的分布列及数学期望. 17.(15 分) 已知函数 . (1)若 ,求 的单调区间; (2)若 没有极值点，求 的取值范围. 18. (17 分) 如图，在三棱锥 中， ， 分别为 ， 的中点， 为 上一点，且 . (1)证明: 平面 ； (2)设底面 是边长为 7 的等边三角形，点 到底面 的距离为 ，且点 在底面 上的射影恰好在线段 上. ( i ) 求二面角 的正切值; (ii)若三棱锥 的所有顶点都在同一球面上，求该球表面积的最小值. 19. (17 分) 已知椭圆 的左、右顶点分别为 ,上、下顶点分别为 为第一象限内 上的动点, ,直线 的斜率之积为 . (1)求 的方程； (2)求四边形 面积的最大值； (3)直线 与直线 交于点 ，过点 且与 平行的直线交直线 于点 ,证明: 点 在一定直线上,并求出该定直线的方程. 学科网（北京）股份有限公司 $姓名 准考证号 绝密★启用前 湘豫名校联考 2025年12月高三上学期质量检测巩固训练 数学 注意事项： 1.本试卷共6页。时间120分钟，满分150分。答题前，考生先将自己的姓 声名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填 写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡 上的指定位置。 2.作答选择题时，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。作答非选 择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回。 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.已知集合M={-1,0,1,2},N={x|x(x-3)<0},则M∩N= A.{0,1,2} B.{1,2}》 C.{-1,0} D.1} 2.已知x=则川+训= A.1 c D. 0 2 3.已知向量a=(1,一2)，b=(k,-1),若a⊥(a-b),则|a+b|= A.3 B.5 C.26 D.33 4.已知正四棱台的上、下底面的边长分别为√2,2√2，侧棱长为√0，则该正四棱台 的体积为 A.14 B.15 C.16 D.18 5.已知数列{an}和{bn}满足am+1一bn=1,且bm+1-an=n,则b4十b-a1一a2= A.12 B.15 C.16 D.19 6.已知a,g∈(0,2)，且cosa=sin(a-B),则 A.a=23 B.a+8-2 C.2sina=cosβ D.tan 2atan B=-1 数学试题第1页（共6页） 7.已知双曲线C:2-特 2=1(a>0,b>0)的右焦点为F,过原点0的直线1与C 的右支交于点P.若OP1=6a,PF=1OF1,则C的渐近线方程为 A.y=土√2x B.y=士5x C.y=士2x D.y=士3x 8.已知f(x)是定义域为R的单调函数，且对任意的x∈R,f(f(2x)一f(x) x)=1,则 A.f(x)是奇函数 B.f(1)+f(2)=f(3) cf()-()= D.2f)=56 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.已知函数f(x)=cos(2x+),则 A.f(x)的最小正周期为π Bf(x)在区间（一了，）上单调递减 C.fx)的图像关于点（设0）对称 D.f(x)的图像关于直线x=君对称 10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为BD1的中点，则 A.PA⊥B1C B.BC∥平面PAB, C.平面PAB1⊥平面PCB1 D.平面PAB⊥平面PCD 11.设函数f(x)=x3+m.x2+n,且当-1≤x≤1时，-1≤f(x)≤1，则 A.m+n=0 B.-1≤m≤1 C.当x≥1时，f(x)≥5x-4 D.当x≤-1时，f(x)≤x 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.不等式log2(x+1)>log:x+1的解集为 1 3,设a,6为正数，且a+6=1,则2n十7千2的最小值为 14.初等数论中的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明.四平 方和定理的内容是任意正整数都可以表示为不超过4个自然数的平方和，例如 14=32+22+12+02.设45=a2+b2+c2+d2,其中a,b,c,d均为自然数，则满足 条件的有序实数组(a,b,c,d)的个数为 数学试题第2页（共6页） 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.(13分) 在数列(an}中，a1=1, 211 an+l an 2n-1. 1证明 是等差数列，并求{am}的通项公式； (2》求1+1+… 1 a1 a2 an 16.(15分) 某学校为了解本校历史、物理方向学生的学业水平模拟测试的数学成绩情况， 分别从物理方向的学生中随机抽取60人的数学成绩得到样本甲，从历史方向的学 生中随机抽取50人的数学成绩得到样本乙，根据两个样本数据分别得到如下频率 分布直方图： 个频率组距 ◆频率/组距 0.04 0.040 0.020 0.018: 0.0i6 0.010 0.005 0.006 05060708090100分数 05060708090100分数 甲样本数据频率分布直方图 乙样本数据频率分布直方图 (1)求α的值，并估计该校历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值 (同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)； (2)采用按此例分配的分层随机抽样的方法从甲样本数据中分数落在区间 [60,70)和[70,80)内的学生中抽取6人，并从这6人中任取2人，求这2人分数落 在区间[70,80)内的人数X的分布列及数学期望. 数学试题第3页（共6页） 17.（15分) 已知函数f(x)=3lnx-x+是 (1)若a=2,求f(x)的单调区间； (2)若f(x)没有极值点，求a的取值范围. 数学试题·第4页（共6页） 18.(17分) 如图，在三棱锥P-ABC中，D,E分别为PA,BC的中点，F为AB上一点，且 BF=2AF (1)证明：PE∥平面CDF； (2)设底面ABC是边长为7的等边三角形，点P到底面ABC的距离为2，且 点P在底面ABC上的射影恰好在线段CF上. (1)求二面角P-CF-D的正切值； (iⅱ)若三棱锥P-ACE的所有顶点都在同一球面上，求该球表面积的最小值. p D C E ⊙ 数学试题第5页（共6页） 19.(17分) 已知椭圆C+茶-1a>6>0)的左右藏点分别为AA,上.下顶点分 别为B1,B2,P为第一象限内C上的动点，A1A2=4,直线PA1,PA2的斜率之 积为是 (1)求C的方程； (2)求四边形PB1B2A2面积的最大值； 单(3)直线PA2与直线A1B2交于点D,过点D且与A2B2平行的直线交直线 PB1于点E,证明：点E在一定直线上，并求出该定直线的方程. 数学试题第6页（共6页）2025年12月高三上学期质量检测巩固训练 ·数学· 叁专爸亲及解折 湘豫名校联考2025年12月高三上学期质量检测巩固训练·数学 一、选择题 7.B【解析】设C的左焦点为F',连接PF',则 1.B【解析】因为M={-1,0,1,2},N={x0< |PF|=c,|PF'|=c+2a.又|OP|=√6a,在△POF x<3},所以M∩N={1,2}. 和△POF中，分别由余弦定理，得cos∠POF'+ 1+i 2.D【解析】因为x=1—=(1-)(1+) COs/POF-OPOFPF2 2OP·1OF 安，所以之+i=多+名，放1+i OPFPF2a) 2IOPI·IOF 2√6ac +(- 6a2+c2-c -=0,整理得c=2a,所以c2= 26ac 3.B【解析】因为a=(1,-2),b=(k,-1),所 以a-b=(1-k,-1).又a⊥(a-b),所以 4a2=a2+62,所以b2=3a2,即=3，所以C a·(a-b)=1-k+2=0,解得k=3,则a+ 的渐近线方程为y=士√3x. b=(4,-3),故|a+b|=√42+（-3)2=5. 8.C【解析】因为f(x)是定义域为R的单调函 4.A【解析】因为正四棱台的上、下底面的边 数，所以存在唯一的常数t,使得f(t)=1,故 长分别为√2,2√2，所以上、下底面的面积分别 f(2x)-f(x)-x=t.令x=0,则f(0)-f(0)一 为2,8，且对角线长分别为2,4.又侧棱长为 0=t,故t=0,所以f(0)=1,且f(2x) 10,所以由几何关系可知正四棱台的高为 f(x)+x,若令f(x)=x+1,则满足以上条 √W而)2-(。)=3，故正四棱台的体积 件，此时f(x)不是奇函数，f(1)+f(2)=5≠ f3),f()=66.由f(2x)=f(x)+x,得 为3×3×(2+8+√2x8)=14. 5.A【解析】因为am+1一bm=1,所以am+2一 ()=(信)+合，且()-f()+2 bm+1=1,且b4=a5-1,b5=a6-1,所以b4十 故r()-f()=是 b5-a1-a2=a5十a6-a1-a2-2.又bm+1 二、选择题 ae=n,所以am+2一am=n十1，故a5十a6 a1-ag=(a;-a)十(a4-a2)+(a;-a)+9.AC【解析】函数f(x)=cos(2x+)的最 (a6-a4)=2+3+4+5=14,所以b4+b5 a1-a2=12. 小正周期为=，放A正确；令2k≤2x十 6.D【解析】根据题意可知cosa=sin(a-B) sm(受a,因为e8c(,),所以a=牙 3 ≤2kπ+，b∈Z,得-石≤x≤kπ 3 Q,即2a-月=7，故cos(2a-B)=c0s2ac0sB+ ∈Z,即fx)的单调递减区间为[x-看， sin2 asin B=0,所以tan2 atan B=-l. x+]k∈Z,故B错误：因为f() =0,所 1 ·数学· 参考答案及解析 以f(x)的图像关于点(，0)对称，故C [一1,0)上单调递增，在区间(0,1]上单调递 正确：f()=一x=不是f(x)的最值 m≤-2 减，故应满足f(0)≤1， 此时不等式组无 点，所以了x)的图像不关于直线x=吾对称， f(-1)≥-1， f(1)≥-1， 故D错误， 10.ABD【解析】因为P为BD1的中点，所以 解；当0<- <1,即-8<m<0时f) P是正方体ABCD-A,B,C1D1体对角线的 交点，故A,P,C1三点共线.连接BC1,易知 在区间[-1,0)上单调递增，在区间0， B1C⊥BC1,B1C⊥AB,且AB∩BC1=B,故 B1C⊥平面ABC1.因为AC1C平面ABC1, 2）上单潤递减，在区间(-2公]上单调 所以B1C⊥AC1,即PA⊥B1C,故A正确； 3 <m<0, 由上可知平面AB,C1即为平面PAB1,因为 BC∥B1C1,BC寸平面PAB1,B1CC平面 f(0)≤1， PAB1,所以BC∥平面PAB1,故B正确；易知 递增，故应满足{f(-1)≥-1，解得-1≤ 平面AB1CD即为平面PAB1,平面A1B1CD f(1)≤1， 即为平面PCB1,且BA1是平面AB1C1D的 f-20)≥-1. 一个法向量，BCi是平面A1B1CD的一个法 m<0,同理可知当0<m≤1时也满足要求. 向量，而BA不与BC垂直，所以平面 综上，一1≤m≤1，故B正确.由题得f(x)= AB1C1D不与平面A1B,CD垂直，即平面 x3十mx2-m=x3十m(x2-1),取m=-1,则 PAB1不与平面PCB1垂直，故C错误；易知 f(x)=x3-x2+1,所以f(2)=5.令h(x)= 平面ABC1D1即为平面PAB,平面A1B,CD 5x-4,则h(2)=6,所以f(2)<h(2),故 即为平面PCD,且B1C是平面ABC1D1的一 C错误；因为f'(1)=3+2m,f'(-1)=3 个法向量，BC1是平面A1B1CD的一个法向 2m,且-1≤m≤1，所以1≤f'(1)≤5,1≤ 量，而B1C⊥BC,所以平面PAB⊥平面PCD, f'(-1)≤5.又f(1)=1,f(-1)=-1,所以 故D正确. 当x≤-1时，f(x)≤f'(-1)·（x+1) 11.ABD【解析】因为当-1≤x≤1时，一1≤ 1≤x,故D正确. f(x)≤1，所以f(1)=1+m+n≤1，即m+ 三、填空题 n≤0①，f(-1)=-1+m+n≥-1，即 12.{x|x>1}【解析】不等式log2(x+1)> m+n≥0②，则由①②得m+n=0,故 2 A正确.由上可知f(x)=x3十mx2一m,当 10g1x十1等价于不等式log(x十1)>log m=0时，f(x)=x3满足当一1≤x≤1时， [x+1>0, -1≤f(x)≤1；当m≠0时，f'(x)=x(3x十 270 则{ 解得x>1,故不等式的解集 2m),令f'(x)=0,则x=0或x=-2m x+1>2 当-≥1，即m≤-号时，f(x)在区间 为{xx>1}. ·2· 2025年12月高三上学期质量检测巩固训练 ·数学· 冬【解析】因为a十6=1，所以2a+1+2b 16.解：(1)由题意得(0.005+0.01+2a+0.045)× 13. 10=1,解得a=0.02. (2分) 估计该校历史方向的学生本次模拟测试的数 学成绩的平均值为55×0.06+65×0.16+ 1-0)=2++2)≥号当且 75×0.2+85×0.4+95×0.18=79.8.(6分) (2)采用按比例分配的分层随机抽样的方法 从甲样本数据中分数落在区间[60,70)和 成立：故十方的最小值为分 [70,80)内的学生中抽取6人，则抽取分数落 在区间[60,70)内的学生有2人，落在区间 14.60【解析】由题意知a,b,c,d均为不超过6 [70,80)内的学生有4人. (8分) 的自然数，下面分情况讨论：①当最大数为6 X的所有可能取值为0,1,2， 时，45=62+32+02+02，此时共有A=12种 C号1 情况；45=62+22+22+12，此时共有A?= 所以P(X=0)= C%15, 12种情况.②当最大数为5时，45=52十42+ P(X=1)= C4C28 22+02,此时共有A4=24种情况.③当最大数 C%15' 为4时，45=42+42十32+22，此时共有A?= 12种情况.综上，满足条件的有序实数组(a, p(x=2》-8台， C2 (11分) b,c,d)的个数为12+12+24+12=60. 所以X的分布列为 四、解答题 X 0 1 2 02,得22 15.解：(1)由22-1=1 -=1, 1 8 2 an+1 an 15 15 所以 是首项为1，公差为1的等差数列， (12分) (3分) 故E0X)-0+1x8+2×号- m-1 则 -三n, (4分) (15分) 所以an= 2m-1 (5分) 17.解：1)若a=2,则f(x)=3nx-x十2 记.=++…+-+ 1 2 十…+ f'x)=3-1-2--x-1D(x-2 a2 an 7 n (2分) 21-1, 当0<x<1时，f'(x)<0;当1<x<2时， 2, (8分) f'(x)>0;当x>2时，f'(x)<0, (4分) 故f(x)的单调递减区间是(0,1)和(2，十∞)， 所以5.=1+ 1 22+…+ 1 n -1一2 单调递增区间是(1,2). (7分) 1-(2) r=是-1-是=t x2 -2+2 22 1- 9 1 2 2n 当A=9-4a≤0，即a≥时，f'（x)≤0， 所以S,=4-n+2 f(x)单调递减，此时f(x)没有极值点，符合 2n-1. (13分) 题意 (9分) ·3· ·数学· 参考答案及解析 当a<时，方程x”-3z十a=0有两个实数 所以DK⊥CF 又KS∩DK=K,KS,DKC平面DKS, 根x1,x2,且x1十x2=3>0,x1x2=a. 所以CF⊥平面DKS. 不妨设x1<x,当0<a<时，0<x,<x, 又DSC平面DKS,所以CF⊥DS, 所以∠DSK为二面角A-CF-D的平面角. 此时f(x)在区间(0，x1),(x2,十∞)上单调 (7分) 递减，在区间(x1,x2)上单调递增， 过点A作AT⊥CF,交CF的延长线于点T, 所以x1是f(x)的极小值点，x2是f(x)的 由几何关系可知AT=2KS, 极大值点，不符合题意； (12分) 因为底面ABC是边长为7的等边三角形， 同理可知当a≤0时，x2是f(x)的极大值 点，不符合题意. (14分) 所以AT-会，则KS- 4 综上，若f(x)没有极值点，则a的取值范围 ,7 是[，+∞)片 又点P到底面ABC的距离为2， (15分) DK 18.(1)证明：如图，设G为AE与CF的交点，连 所以DK=冬，且ian∠DSK= KS (9分) 接DG.过点E作EM∥AB,交CF于点M. 因为平面PCF⊥底面ABC, 因为E为BC的中点，且BF=2AF, 所以二面角PCF-D的平面角与二面角 所以ME-5F=Ar,故AG=BG. A-CF-D的平面角互余， 又D为PA的中点， KS√2I 所以二面角P-CFD的正切值为DR 7 所以DG为△APE的中位线， (11分) 故DG∥PE (3分) D 因为DGC平面CDF,PE中平面CDF, 所以PE∥平面CDF. (4分) P D B (ⅱ)如图，设球心为O,球的半径为R,由几 何关系可知O在底面ABC上的射影恰为AC B 的中点，记为点N,且记ON=h,则R2= (2)解：法一：（ⅰ）如图，记H为P在底面 ABC上的射影，连接AH,则点H在线段CF AN-A,英中AN= (13分) 上，且平面PCF⊥底面ABC,平面PAHL 过点N作NQ⊥CF,垂足为点Q,由几何关 底面ABC. (5分) 记D在底面ABC上的射影为K,则K在线 系可知NQ=CNsin∠ACF=V2I 4 段AH上 因为D为PA的中点，故K为AH的中点. 设0=x(0≤：<5)，则由几何关系有 过点K作KS⊥CF,垂足为点S,连接DS, 因为DK⊥底面ABC,CFC底面ABC, R=NQ++(-) 4· 2025年12月高三上学期质量检测巩固训练 ·数学· 故AN+=NQ+z2+(名-h), 73 35 6y=0, 勿 62- (7分) 即7h=NQ2-AN+49 +x (15分) a 53a\ 7 2x- 2+6)y+4=0. 所以当x=0时，h取得最小值，R也取得最 令x=5,得y=√3，z=2√3，则m=(5,3, 小值，此时h=i6, 3 23). (8分) 而底面ABC的一个法向量为n=(0,0,1), 故R2=49+93145 4十256=256 故cos(m,n〉= m·n 2W5 Imn w√/25+3+12×1 所以该球表面积的最小值为4πR:-3145x 10,且tan(m,n)=√ √30 64 3 (9分) (17分) 因为平面PCF⊥底面ABC, 所以二面角P-CF-D的平面角与二面角 A-CF-D的平面角互余， D 所以二面角P-CFD的正切值为√四 7 (11分) B 法二：(1)如图，以A为坐标原点，AC的方向 为y轴的正方向，建立如图所示的空间直角 坐标系 设点P的做坐标为(0<7福)， B (ⅱ)设球心为O,球的半径为R,由几何关系 由余弦定理可知cos∠ACF= 5√7 14,则 可知O在底面ABC上的射影恰为AC的中 7 OnACP- 点，设O(02),则R=OA=OP, 所以A00.0,co.70r(7g看o, 即-9+=+(5)+（ (13分) P7-)( 则t=4a2 53a+7-4a-5v32+3 3 +4=3(a-8)】 十16 7√3 故=(2g5,-o）.ci-(层，-日 因为0≤a≤6' 所以当a= 5 (15分) 5 8 L时，tmin 16 (6分) 此时R-+() 49 3145 设平面CDF的法向量为m=(x,y,之)， -256’ m·C=0, 则球0的表面积的最小值为4xR:_3145灭 则 64· (m.CD=0, (17分) ·5· ·数学· 参考答案及解析 19.(1)解：由题意知A1(-a,0),A2(a,0) 1 y=- n2 2x1, 设P(m,n)(m>0,≥0)，则g=7 由 因为直线PA,PA:的斜率之积为-， -2x-2), n 2(2n-m+2) 解得 2n+m-2, 所以 。n n2 61- An m十am-a m2-a2 m2-a2 y=一 2n+m-2' b21 a= 4 即+ 2n+m-2(12分) 所以a2=4b2. (2分) 由题意得2a=4,所以a2=4,b2=1, 因为DE∥A,B2,所以kDe=kA2,=2' An 所以C的方程为号+，=1 (4分) 所以直线DE的方程为y十 2n+m-2 (2)解：设坐标原点为O,则△OB2A2的面 2(2n-m+2)1 2m+m-2 (13分) 1 积S△09,42=2X2X1=1. (6分) 又kpg,-”-1, m 因为P6m)6m>0,a>0,且+=1， 所以直线PB,的方程为y=”二 m x+1. 所以四边形OA2PB1的面积S四边形OAPB1= An 1 2(2m-m+2)1 1 1 y 2 2n+m-2- 2m+m-2 由 得 2(+)-, x+1, 12n-2m+4Lm 当且仅当经-，即-区-号时，等号 2n+m-2 n-1 成立， (9分) 整理得y=12n2十m2-8m-4 m2-4n2+8n-41 (15分) 所以S四边形PB1B2A2=S△0B2A2十S四边形OA2PB,≤ 的 +n2=1,得n2=1-m 1+,2,当点P的坐标为反，号)时，四边形 4 PB1B2A2面积的最大值为1十√2.(10分》 所以y= 121-+m-8n-4 (3证明：由”2得直线PA:的方程 m2-41-)+8n-4 -m2-4n+4 为y-m-2x-2). m2+4n-4 所以点E在一定直线上，其方程为y=一1. 又直线A1B:的方程为y=一 2x1, (17分) ·6