東北三省2025屆高三12月聯考數學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1 東北三省2025屆高三12月聯考數學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知復數（為虛數單位），則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，所以，故選：B．2.已知，則“”是“”（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】由，得，而，則；當時，由，解得，則，所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A3.已知向量，，且，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因為向量，，由可得，解得，故，故．故選：B．4.已知函數fx=Asinωx+φ（，，，）的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是（）A.直線是圖象的一條對稱軸B.圖象的對稱中心為，C.在區(qū)間上單調遞增D.將的圖象向左平移個單位長度后，可得到一個偶函數的圖象【答案】D【解析】由圖易知，，得，又，，所以，因為點在函數圖象上，所以，得到，又，所以，故，對于選項A，由，得，，故直線不是圖象的一條對稱軸，所以選項A錯誤；對于選項B，由，得，，函數圖象的對稱中心為，，所以選項B錯誤；對于選項C，由，，得，，當時，得到，所以選項C錯誤；對于選項D，將的圖象向左平移個單位長度后得，所以平移后的函數是偶函數，故選項D正確.故選：D．5.正四棱臺在古代被稱為“方亭”，在中國古代建筑中有著廣泛的應用．例如，古代園林中的臺榭建筑常常采用這種結構，臺上建有屋宇，稱為“榭”，這種結構不僅美觀，還具有廣瞻四方的功能，常用于觀賞和娛樂．在正四棱臺中，，，，則（）A.2 B. C. D.3【答案】B【解析】在正四棱臺中，，，，在側面中，得，由，所以，設，則，所以，則.故選：B．6.已知等比數列的前n項和為，且，其中．若在與之間插入3個數，使這5個數組成一個公差為d的等差數列，則d＝（）A.2 B.3 C. D.【答案】B【解析】因為，當時，，兩式相減，得，即，故公比為2，所以，而當時，得，所以等比數列的通項公式為，，所以，，公差為．故選：B7.已知雙曲線的右焦點為，為坐標原點，過點的直線與雙曲線的兩條漸近線分別交于、兩點，點為線段的中點，且，則雙曲線的離心率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】方法一：因為，且為線段的中點，所以，，則，不妨設點在第一象限，則直線的斜率為，所以，直線的方程為，聯立，解得，即點，所以，，化簡可得，即，雙曲線的離心率．方法二：因為為中點，，則，所以，又直線與直線分別為雙曲線的兩條漸近線，得，所以，，所以，故．故選：C．8.已知是定義在上的函數，且，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因為，所以當時，，又，所以．又由，可得，所以，，故函數是以4為周期的函數，所以．故選：C．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知，，且，則下列不等式恒成立的有（）A. B. C. D.【答案】ABC【解析】對于A，，恒成立，A正確；對于B，由，得，B正確；對于C，由，得，C正確；對于D，取，符合題意，而，D錯誤.故選：ABC10.如圖，菱形ABCD的邊長為2，，E為邊AB的中點．將△ADE沿DE折起，折疊后點A的對應點為，使得面面，連接，則下列說法正確的是（）A.D到平面的距離為B.四面體的外接球表面積為8πC.BC與所成角的余弦值為D.直線與平面所成角的正弦值為【答案】BCD【解析】因為菱形ABCD中，E為AB的中點，所以，即將△ADE沿DE折起后，，，又面面，面面，面，所以面，則EB，ED，兩兩垂直，以E為坐標原點，EB，ED，所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則，所以，，，．對于A，設面的法向量為，則，取，，D到面距離，錯誤；對于B，取CE中點F，連接DF，由，，過F作直線面，則四面體的外接球球心O在直線l上，設，外接球半徑為R，由，得，解得，則，四面體的外接球的表面積為，正確；對于C，BC與所成角的余弦值為，正確；對于D，設面的法向量為，則取，，，正確．故選：BCD11.已知函數為R上的奇函數，當時，，且的圖象關于點中心對稱，則下列說法正確的是（）A.B.直線與圖象有8個交點C.是周期為2的周期函數D.方程所有根的和為【答案】ACD【解析】對于A，的圖象關于點中心對稱，則，當時，可得，又，則，正確；對于B，因為為R上的奇函數，且為直線與圖象的一個交點，所以直線與的圖象交點為奇數個，錯誤；對于C，由A分析，得，則，所以，故是周期為2的函數，正確；對于D，因為為R上的奇函數，當x∈-1,1時，，由的周期為2，得，函數圖象如圖所示，當x∈-1,1時，令，解得，當時有最值，因為函數為奇函數且圖象關于中心對稱，所以圖象也關于中心對稱，當，有兩個解，且關于對稱，當時，所有根的和為，結合正弦型函數的周期性和的圖象，所有根的和為，正確．故選：ACD．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12已知等差數列，，則________．【答案】21【解析】設等差數列的公差為d，由，可得，即，則．故答案為：21．13.已知集合，，且的非空子集的個數為3，則整數b的一個可能取值為________．【答案】（答案不唯一）【解析】由是以原點為圓心，以5為半徑的右半圓（含），如圖，，的非空子集的個數為3等價于直線與半圓有2個公共點，當直線經過點時，，當直線與半圓相切時，得，則或（舍），由圖知，，故整數b的可能取值為．故答案為：（答案不唯一）14.已知函數，若恒成立，則a的取值范圍是________．【答案】【解析】由題意，在上恒成立，即，恒成立．，整理得恒成立，即，所以，令，則，故定義域上單調遞增，所以，即恒成立，令，則，當時h'x>0，當x∈0,+∞時，即．故答案為：四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，△ABC的周長為18，且b，c，a成遞增的等差數列，．點D，E和F分別在BC，AC和AB上，滿足，，．（1）求a，b，c的值；（2）求證：AD，BE和CF三線交于一點K．解:（1）因為△ABC的周長為18，所以，由于b，c，a是遞增的等差數列，故，所以，①，又②，由①②，解得，，．（2）由題意，得，，，所以，，設BE和CF交于點K，由B，K，E三點共線，得，由C，K，F三點共線，得，所以，解得，則，又，所以，所以AD過點K，即AD，BE和CF三線交于一點K，得證.16.如圖，在四棱錐中，，，，，面面，點E是PC的中點．（1）證明：面；（2）當面時，求二面角的余弦值．解:（1）由題設，所以，而，則，所以，因為面面，面面，面，，所以面，又面，所以，因為面，且，所以面．（2）法一：取AD的中點O，作交BC于M，連接OP，則，面面，面面，面，則面，以O為原點，OA、OM、OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，所以，設，則，，,．易知面PAD的一個法向量為，而面，故，得．因為，所以，可得（負值舍），即．設平面PBC的一個法向量為，則，令，可得，易知平面ABC的一個法向量，則，二面角為銳二面角，所以二面角的余弦值為．法二：取AD的中點O，連接OP和OC，再取OC的中點Q，連接QE，在平面ABCD內過點Q作BC的垂線，垂足為點N，連接EN，因為，且O是AD的中點，所以．面面，面面，面，則面，因為EQ是△POC的中位線，則，所以面，因為面，所以，又，面，且，所以面，又面，所以，由二面角定義知，∠ENQ為二面角的平面角．連接BQ，并延長BQ交CD于點T．由，面，面，所以面．當面時，面，且，則面面．由面面及線面平行的性質定理可知．記AC交BT于F，因為點Q是OC的中點，，所以F是AC的中點，由此可知，，因為，所以，且．由，知，由，得，所以，，因此，，所以二面角的余弦值為．17.城市活力是城市高質量發(fā)展的關鍵表征，其反映了城市空間治理能力現代化的水平．城市活力由人群活動和實體環(huán)境兩方面構成，通過數學建模研究表明：一天中，區(qū)域的居民活動類型（工作、學習和休閑）越豐富，活動地點總數越多，區(qū)域之間人口流動越頻繁，城市活力度越高．市基于大數據測算城市活力度，發(fā)現該市一工作日中活力度與時間的關系可以用函數來近似刻畫，其中正午點的城市活力度為，是工作日內活力度的最高值；點到次日早上點期間的城市活力度均為工作日內活力度的最低值．（1）分別求、的值；（2）求該工作日內，市活力度不大于的總時長．解:（1）由正午點的城市活力度為，知，代入數據得，解得，點到次日早上點期間的城市活力度均為工作日內活力度的最低值，故，代入數據得，解得．（2）由（1）知，當時，令，解得，當時，令，則，，，可得，解得，故一日內只有當時，活力度大于，即該工作日內有個小時活力度不大于．18.已知函數，其中，是自然對數的底數，是的導函數．（1）當時，求曲線y=gx在點處的切線方程；（2）當存在極值時，證明：的極值小于或等于1．解:（1）由題設，當時，則，，故曲線y=gx在點處的切線方程為，整理得．（2）由（1）得，求導得，當時，單調遞增，故不存在極值，當時，存在，使得，且，在上f'x<0，單調遞減，在上f'x>0此時存在極值，由計算得，設，，則，當時，當時，所以時，取得極大值，也是最大值，故，即的極值