福建省寧德市部分達標學校2025屆高三上學期12月第二次聯(lián)考數(shù)學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1福建省寧德市部分達標學校2025屆高三上學期12月第二次聯(lián)考數(shù)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.設(shè)，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】因為，所以或，解得或，所以不等式的解集為或；因為，所以，解得或，所以不等式的解集為或；因為或是或的真子集，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B.2.已知平面的一個法向量為，則軸與平面所成的角的大小為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】易知軸的一個方向向量為，又平面的一個法向量為，所以軸與平面所成的角的正弦值為，由得.故選：B3.函數(shù)圖象的一條對稱軸為直線，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由函數(shù)圖象的一條對稱軸為可知：，即，即，即，整理得：，故選：C.4.已知A，B，C三點不共線，點O不在平面ABC內(nèi)，，若A，B，C，D四點共面，則的最大值為（）A. B. C.1 D.2【答案】B【解析】由及A，B，C，D四點共面得，即，又，，所以，當且僅當時等號成立，故選：B5.若數(shù)列相鄰兩項的和依次構(gòu)成等差數(shù)列，則稱是“鄰和等差數(shù)列”.例如，數(shù)列1，2，4，5，7，8，10為“鄰和等差數(shù)列”.已知數(shù)列是“鄰和等差數(shù)列”，是其前項和，且，，，則（）A.39700 B.39800 C.39900 D.40000【答案】A【解析】設(shè)，由，得，則，故．故選：A6.已知直線過定點A，過定點B，與交于點P（異于A，B兩點），則的面積的最大值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】將直線變形為：，知過定點，將直線變形為：，知過定點，當時，，，此時，當時，，，此時，當且時，兩直線的斜率乘積知：此時，因為，由直徑所對的圓周角為知，點在以線段為直徑的圓上（不含、兩點），所以點到線段的距離即為的高，設(shè)為，易知，因為，所以所以，即的面積的最大值是,故選：D7.已知點為橢圓上任意一點，直線過的圓心且與交于，兩點，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，即的圓心，半徑為，橢圓方程中，，，則圓心為橢圓右焦點，線段為的直徑，連接，因此，點為橢圓上任意一點，則，，即，所以.故選：A8.如圖，在棱長為1的正方體中，P為棱的中點，Q為正方形內(nèi)一動點（含邊界），則下列說法中不正確的是（）A.若平面，則動點Q的軌跡是一條線段B.存在Q點，使得平面C.當且僅當Q點落在棱上某點處時，三棱錐的體積最大D.若，那么Q點的軌跡長度為【答案】B【解析】選項A，分別取中點，連接，，由與，平行且相等得平行四邊形，所以，平面，平面，所以平面，連接，，，所以，同理平面，，平面，所以平面平面，當時，平面，所以平面，即點軌跡是線段，A正確；選項B，以為原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，設(shè)（），，，，設(shè)是平面的一個法向量，則，取，則，若平面，則，所以存在，使得，，解得，因此正方形內(nèi)（含邊界）不存在點，使得平面，B錯；選項C，面積為定值，當且僅當點到平面的距離最大時，三棱錐的體積最大，，到平面的距離為，，時，，當時，d有最大值1，時，，時，d有最大值，綜上，時，d取得最大值1，故與重合時，d取得最大值，三棱錐的體積最大，C正確；選項D，平面，平面，，所以，所以點軌跡是以為圓心，為半徑的圓弧，圓心角是，軌跡長度為，D正確．故選：B．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.點在圓：上，點在圓：上，則（）A.的最小值為2 B.的最大值為7C.兩個圓心所在的直線斜率為 D.兩個圓相交弦所在直線的方程為【答案】BC【解析】對于A、B選項：由題意得：，半徑為1，：，，半徑為1，圓心距為，又點在圓上，點在圓上，，，故A錯誤，B正確；對于C選項：兩個圓心所在直線斜率為，C正確；對于D選項：圓心距，所以無公共弦，D錯誤；故選：BC．10.已知函數(shù)，則下面說法正確的是（）A.是的一個周期 B.的最大值為C.是的對稱軸 D.是的對稱中心【答案】AD【解析】，因為的最小正周期為，的最小正周期為，所以的最小正周期為，故A正確；，又，令，因為的周期為，所以只需討論內(nèi)的的最大值，此時當時，，當時，，故當即時，有極大值，又，因此的最大值為，因為，所以直線不是圖象的對稱軸，故B錯誤，C錯誤；，所以點是圖象的對稱點，故D正確.故選：AD11.已知橢圓分別為的左、右焦點，A，B分別為的左、右頂點，點是橢圓上的一個動點，且點到距離的最大值和最小值分別為3和1.下列結(jié)論正確的是（）A.橢圓的離心率為B.存在點，使得C.若，則外接圓的面積為D.的最小值為【答案】ACD【解析】A選項，因為點是橢圓上的一個動點，且點到距離的最大值和最小值分別為3和1，故有：，解得：，橢圓的離心率，故A正確；B選項，若橢圓上存在點，使得，則點在圓上，又因為方程組無解，故B錯誤；C選項，設(shè)，則，若，即，在中，由余弦定理可得，因為，所以，根據(jù)正弦定理可知，，故C正確；D選項，設(shè)，則：，令，則，所以，當且僅當，即時取“=”，所以的最小值為，故D正確.故選：ACD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.函數(shù)（且）的圖象恒過的定點為________.【答案】【解析】令，解得，且，所以函數(shù)的圖象恒過定點，故答案為：13.定義在上的函數(shù)滿足是奇函數(shù)，則的對稱中心為________；若，則數(shù)列的通項公式為________.【答案】①.②.【解析】因為是奇函數(shù)，則，整理得，所以的對稱中心為；由，則，因，所以，所以，即，故答案為：；14.已知四棱錐的5個頂點都在球的球面上，且平面，則球的表面積為_______．【答案】【解析】根據(jù)題意可知四邊形的頂點在同一個圓上，連接，如下圖所示：易知，又，在中，由余弦定理可得；在中，由余弦定理可得;又易知，所以可得，解得，又，所以，可得，即，設(shè)四邊形的外接圓半徑為，由正弦定理可得，解得，又平面，且，設(shè)四棱錐的外接球半徑為，可得，即；因此外接球的表面積為.故答案：四、解答題：本題共5小題，共77分.15.已知的內(nèi)角，，所對的邊分別為，，，且．（1）求角；（2）若，為邊邊上一點，為的平分線，且，求的面積．解：（1）由，即，因為，所以，所以，得．（2）由為的平分線，得，因為，所以，即，①由余弦定理得，即，②由①②，得，所以．16.在平面直角坐標系中，已知兩點的坐標分別為，，直線相交于點，且它們的斜率之積是.（1）求動點的軌跡方程；（2）若點的軌跡與直線相交于兩個不同的點，線段的中點為.若直線的斜率為，求線段的長.解：（1）設(shè)，得（2）設(shè)Ax1,y所以有得由題可知兩式求差化簡得即因為所以所以直線的方程為聯(lián)立解得或所以17.如圖1，在平行四邊形中，，將沿折起，使點D到達點P位置，且，連接得三棱錐，如圖2．（1）證明：平面平面；（2）在線段上是否存在點M，使平面與平面的夾角的余弦值為，若存在，求出的值，若不存在，請說明理由．（1）證明：翻折前，因為四邊形為平行四邊形，，則，因為，則，，由余弦定理可得，所以，，則，同理可證，翻折后，則有，，因為，，、平面，所以，平面，因為平面，則，因為，、平面，所以，平面，所以平面平面.（2）解：因為平面，，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，則A0,0,0、P0,0,1、、，設(shè)，其中，則，，設(shè)平面的法向量為，則，取，則，，所以，，平面的一個法向量為，，，則，令，可得，則，整理可得，因此，線段上存在點，使平面AMB與平面MBC的夾角的余弦值為，且.18.已知圓和點（1）過點M作圓O的切線，求切線的方程；（2）已知，設(shè)P為滿足方程的任意一點，過點P向圓O引切線，切點為B，試探究：平面內(nèi)是否存在一定點N，使得為定值?若存在，則求出定點N的坐標，并指出相應(yīng)的定值；若不存在，則說明理由；（3）過點M作直線l交圓O于兩個不同的點C，線段CD不經(jīng)過圓心，分別在點C，D處作圓O的切線，兩條切線交于點E，求證：點E在一條定直線上，并求出該直線的方程.（1）解：當切線斜率不存在時，顯然x=1與圓相切，當切線斜率存在時，設(shè)切線為，由圓心到切線的距離為1，所以，解得，則，整理得，綜上，切線的方程為x=1和（2）解：由題設(shè)，若Px,y整理得，若存在，使為定值，又，，則，整理得，即，整理得，要使為定值，則，得，，或，，，綜上，存在定點，定值，或定點，定值.（3）證明：設(shè)，，，，，由，則，即，又，故，同理，所以直線CD為，又M在CD上，所以，故點E在直線上.19.已知函數(shù)，，（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及最值