山西省風陵渡中學2025屆高三六校第一次聯考數學試卷含解析

山西省風陵渡中學2025屆高三六校第一次聯考數學試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．已知中內角所對應的邊依次為，若，則的面積為（）A． B． C． D．2．以下關于的命題，正確的是A．函數在區(qū)間上單調遞增B．直線需是函數圖象的一條對稱軸C．點是函數圖象的一個對稱中心D．將函數圖象向左平移需個單位，可得到的圖象3．已知是雙曲線的左、右焦點，是的左、右頂點，點在過且斜率為的直線上，為等腰三角形，，則的漸近線方程為（）A． B． C． D．4．一個幾何體的三視圖如圖所示，正視圖、側視圖和俯視圖都是由一個邊長為的正方形及正方形內一段圓弧組成，則這個幾何體的表面積是（）A． B． C． D．5．若的二項展開式中的系數是40，則正整數的值為（）A．4 B．5 C．6 D．76．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．7．在中，“”是“為鈍角三角形”的（）A．充分非必要條件 B．必要非充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件8．若實數滿足不等式組則的最小值等于（）A． B． C． D．9．若均為任意實數，且，則的最小值為（）A． B． C． D．10．已知雙曲線的漸近線方程為，且其右焦點為，則雙曲線的方程為（）A． B． C． D．11．一個算法的程序框圖如圖所示，若該程序輸出的結果是，則判斷框中應填入的條件是（）A． B． C． D．12．已知某批零件的長度誤差（單位：毫米）服從正態(tài)分布，從中隨機取一件，其長度誤差落在區(qū)間（3,6）內的概率為（）（附：若隨機變量ξ服從正態(tài)分布，則，．）A．4.56% B．13.59% C．27.18% D．31.74%二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在平面五邊形中，，，，且.將五邊形沿對角線折起，使平面與平面所成的二面角為，則沿對角線折起后所得幾何體的外接球的表面積是______.14．已知的展開式中第項與第項的二項式系數相等，則__________.15．設點P在函數的圖象上，點Q在函數的圖象上，則線段PQ長度的最小值為_________16．在三棱錐中，，，兩兩垂直且，點為的外接球上任意一點，則的最大值為______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知.（1）當時，求不等式的解集；（2）若時不等式成立，求的取值范圍.18．（12分）如圖，矩形和梯形所在的平面互相垂直，，，.（1）若為的中點，求證：平面；（2）若，求四棱錐的體積.19．（12分）設橢圓，直線經過點，直線經過點，直線直線，且直線分別與橢圓相交于兩點和兩點.(Ⅰ)若分別為橢圓的左、右焦點，且直線軸，求四邊形的面積;(Ⅱ)若直線的斜率存在且不為0，四邊形為平行四邊形，求證:;(Ⅲ)在(Ⅱ)的條件下，判斷四邊形能否為矩形，說明理由.20．（12分）已知函數.若在定義域內存在，使得成立，則稱為函數的局部對稱點.（1）若a，且a≠0，證明：函數有局部對稱點；（2）若函數在定義域內有局部對稱點，求實數c的取值范圍；（3）若函數在R上有局部對稱點，求實數m的取值范圍.21．（12分）已知.（1）求不等式的解集；（2）記的最小值為，且正實數滿足.證明：.22．（10分）如圖，在四棱錐中，，，，和均為邊長為的等邊三角形.（1）求證：平面平面；（2）求二面角的余弦值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、A【解析】

由余弦定理可得，結合可得a，b，再利用面積公式計算即可.【詳解】由余弦定理，得，由，解得，所以，.故選：A.【點睛】本題考查利用余弦定理解三角形，考查學生的基本計算能力，是一道容易題.2、D【解析】

利用輔助角公式化簡函數得到，再逐項判斷正誤得到答案.【詳解】A選項，函數先增后減，錯誤B選項，不是函數對稱軸，錯誤C選項，，不是對稱中心，錯誤D選項，圖象向左平移需個單位得到，正確故答案選D【點睛】本題考查了三角函數的單調性，對稱軸，對稱中心，平移，意在考查學生對于三角函數性質的綜合應用，其中化簡三角函數是解題的關鍵.3、D【解析】

根據為等腰三角形，可求出點P的坐標，又由的斜率為可得出關系，即可求出漸近線斜率得解.【詳解】如圖，因為為等腰三角形，，所以，,，又，，解得，所以雙曲線的漸近線方程為，故選：D【點睛】本題主要考查了雙曲線的簡單幾何性質，屬于中檔題.4、C【解析】

畫出直觀圖，由球的表面積公式求解即可【詳解】這個幾何體的直觀圖如圖所示，它是由一個正方體中挖掉個球而形成的，所以它的表面積為.故選：C【點睛】本題考查三視圖以及幾何體的表面積的計算，考查空間想象能力和運算求解能力.5、B【解析】

先化簡的二項展開式中第項，然后直接求解即可【詳解】的二項展開式中第項.令，則，∴，∴（舍）或.【點睛】本題考查二項展開式問題，屬于基礎題6、D【解析】

結合三視圖可知,該幾何體的上半部分是半個圓錐,下半部分是一個底面邊長為4,高為4的正三棱柱,分別求出體積即可.【詳解】由三視圖可知該幾何體的上半部分是半個圓錐,下半部分是一個底面邊長為4,高為4的正三棱柱,則上半部分的半個圓錐的體積,下半部分的正三棱柱的體積,故該幾何體的體積.故選:D.【點睛】本題考查三視圖,考查空間幾何體的體積,考查空間想象能力與運算求解能力,屬于中檔題.7、C【解析】分析：從兩個方向去判斷，先看能推出三角形的形狀是銳角三角形，而非鈍角三角形，從而得到充分性不成立，再看當三角形是鈍角三角形時，也推不出成立，從而必要性也不滿足，從而選出正確的結果.詳解：由題意可得，在中，因為，所以，因為，所以，，結合三角形內角的條件，故A,B同為銳角，因為，所以，即，所以，因此，所以是銳角三角形，不是鈍角三角形，所以充分性不滿足，反之，若是鈍角三角形，也推不出“，故必要性不成立，所以為既不充分也不必要條件，故選D.點睛：該題考查的是有關充分必要條件的判斷問題，在解題的過程中，需要用到不等式的等價轉化，余弦的和角公式，誘導公式等，需要明確對應此類問題的解題步驟，以及三角形形狀對應的特征.8、A【解析】

首先畫出可行域，利用目標函數的幾何意義求的最小值．【詳解】解：作出實數，滿足不等式組表示的平面區(qū)域（如圖示：陰影部分）由得，由得，平移，易知過點時直線在上截距最小，所以．故選：A．【點睛】本題考查了簡單線性規(guī)劃問題，求目標函數的最值先畫出可行域，利用幾何意義求值，屬于中檔題．9、D【解析】

該題可以看做是圓上的動點到曲線上的動點的距離的平方的最小值問題，可以轉化為圓心到曲線上的動點的距離減去半徑的平方的最值問題，結合圖形，可以斷定那個點應該滿足與圓心的連線與曲線在該點的切線垂直的問題來解決，從而求得切點坐標，即滿足條件的點，代入求得結果.【詳解】由題意可得，其結果應為曲線上的點與以為圓心，以為半徑的圓上的點的距離的平方的最小值，可以求曲線上的點與圓心的距離的最小值，在曲線上取一點，曲線有在點M處的切線的斜率為，從而有，即，整理得，解得，所以點滿足條件，其到圓心的距離為，故其結果為，故選D.【點睛】本題考查函數在一點處切線斜率的應用，考查圓的程，兩條直線垂直的斜率關系，屬中檔題.10、B【解析】試題分析：由題意得，，所以，，所求雙曲線方程為．考點：雙曲線方程.11、D【解析】

首先判斷循環(huán)結構類型，得到判斷框內的語句性質，然后對循環(huán)體進行分析，找出循環(huán)規(guī)律，判斷輸出結果與循環(huán)次數以及的關系，最終得出選項．【詳解】經判斷此循環(huán)為“直到型”結構，判斷框為跳出循環(huán)的語句，第一次循環(huán)：；第二次循環(huán)：；第三次循環(huán)：，此時退出循環(huán)，根據判斷框內為跳出循環(huán)的語句，，故選D．【點睛】題主要考查程序框圖的循環(huán)結構流程圖，屬于中檔題．解決程序框圖問題時一定注意以下幾點：(1)不要混淆處理框和輸入框；(2)注意區(qū)分程序框圖是條件分支結構還是循環(huán)結構；(3)注意區(qū)分當型循環(huán)結構和直到型循環(huán)結構；(4)處理循環(huán)結構的問題時一定要正確控制循環(huán)次數；(5)要注意各個框的順序，（6）在給出程序框圖求解輸出結果的試題中只要按照程序框圖規(guī)定的運算方法逐次計算，直到達到輸出條件即可．12、B【解析】試題分析：由題意故選B．考點：正態(tài)分布二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

設的中心為，矩形的中心為，過作垂直于平面的直線，過作垂直于平面的直線，得到直線與的交點為幾何體外接球的球心，結合三角形的性質，求得球的半徑，利用表面積公式，即可求解.【詳解】設的中心為，矩形的中心為，過作垂直于平面的直線，過作垂直于平面的直線，則由球的性質可知，直線與的交點為幾何體外接球的球心，取的中點，連接，，由條件得，，連接，因為，從而，連接，則為所得幾何體外接球的半徑，在直角中，由，，可得，即外接球的半徑為，故所得幾何體外接球的表面積為.故答案為：.【點睛】本題主要考查了空間幾何體的結構特征，以及多面體的外接球的表面積的計算，其中解答中熟記空間幾何體的結構特征，求得外接球的半徑是解答的關鍵，著重考查了空間想象能力與運算求解能力，屬于中檔試題.14、【解析】

根據的展開式中第項與第項的二項式系數相等，得到，再利用組合數公式求解.【詳解】因為的展開式中第項與第項的二項式系數相等，所以，即，所以，即，解得.故答案為：10【點睛】本題主要考查二項式的系數，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.15、【解析】

由解析式可分析兩函數互為反函數,則圖象關于對稱,則點到的距離的最小值的二倍即為所求,利用導函數即可求得最值.【詳解】由題,因為與互為反函數,則圖象關于對稱,設點為,則到直線的距離為,設,則,令,即,所以當時,,即單調遞減；當時,,即單調遞增,所以,則,所以的最小值為,故答案為:【點睛】本題考查反函數的性質的應用,考查利用導函數研究函數的最值問題.16、【解析】

先根據三棱錐的幾何性質，求出外接球的半徑，結合向量的運算，將問題轉化為求球體表面一點到外心距離最大的問題，即可求得結果.【詳解】因為兩兩垂直且，故三棱錐的外接球就是對應棱長為2的正方體的外接球.且外接球的球心為正方體的體對角線的中點，如下圖所示：容易知外接球半徑為.設線段的中點為，故可得，故當取得最大值時，取得最大值.而當在同一個大圓上，且，點與線段在球心的異側時，取得最大值，如圖所示：此時，故答案為：.【點睛】本題考查球體的幾何性質，幾何體的外接球問題，涉及向量的線性運算以及數量積運算，屬綜合性困難題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）【解析】分析：(1)將代入函數解析式，求得，利用零點分段將解析式化為，然后利用分段函數，分情況討論求得不等式的解集為；(2)根據題中所給的，其中一個絕對值符號可以去掉，不等式可以化為時，分情況討論即可求得結果.詳解：（1）當時，，即故不等式的解集為．（2）當時成立等價于當時成立．若，則當時；若，的解集為，所以，故．綜上，的取值范圍為．點睛：該題考查的是有關絕對值不等式的解法，以及含參的絕對值的式子在某個區(qū)間上恒成立求參數的取值范圍的問題，在解題的過程中，需要會用零點分段法將其化為分段函數，從而將不等式轉化為多個不等式組來解決，關于第二問求參數的取值范圍時，可以應用題中所給的自變量的范圍，去掉一個絕對值符號，之后進行分類討論，求得結果.18、(1)見解析(2)【解析】

（1）設EC與DF交于點N，連結MN，由中位線定理可得MN∥AC，故AC∥平面MDF；（2）取CD中點為G，連結BG，EG，則可證四邊形ABGD是矩形，由面面垂直的性質得出BG⊥平面CDEF，故BG⊥DF，又DF⊥BE得出DF⊥平面BEG，從而得出DF⊥EG，得出Rt△DEG～Rt△EFD，列出比例式求出DE，代入體積公式即可計算出體積．【詳解】（1）證明：設與交于點，連接，在矩形中，點為中點，∵為的中點，∴，又∵平面，平面，∴平面.（2）取中點為，連接，，平面平面，平面平面，平面，，∴平面，同理平面，∴的長即為四棱錐的高，在梯形中，，∴四邊形是平行四邊形，，∴平面，又∵平面，∴，又，，∴平面，.注意到，∴，，∴.【點睛】求錐體的體積要充分利用多面體的截面和旋轉體的軸截面，將空間問題轉化為平面問題求解，注意求體積的一些特殊方法——分割法、補形法、等體積法.①割補法：求一些不規(guī)則幾何體的體積時，常用割補法轉化成已知體積公式的幾何體進行解決．②等積法：等積法包括等面積法和等體積法．等積法的前提是幾何圖形(或幾何體)的面積(或體積)通過已知條件可以得到，利用等積法可以用來求解幾何圖形的高或幾何體的高，特別是在求三角形的高和三棱錐的高時，這一方法回避了通過具體作圖得到三角形(或三棱錐)的高，而通過直接計算得到高的數值．19、(Ⅰ)；(Ⅱ)證明見解析；(Ⅲ)不能，證明見解析【解析】

(Ⅰ)計算得到故，，，，計算得到面積.(Ⅱ)設為，聯立方程得到，計算，同理，根據得到，得到證明.(Ⅲ)設中點為，根據點差法得到，同理，故，得到結論.【詳解】(Ⅰ)，，故，，，.故四邊形的面積為.(Ⅱ)設為，則，故，設，，故，，同理可得，，故，即，，故.(Ⅲ)設中點為，則，，相減得到，即，同理可得：的中點，滿足，故，故四邊形不能為矩形.【點睛】本題考查了橢圓內四邊形的面積，形狀，根據四邊形形狀求參數，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.20、（1）見解析（2）（3）【解析】

（1）若函數有局部對稱點,則,即有解,即可求證；（2）由題可得在內有解,即方程在區(qū)間上有解,則,設,利用導函數求得的范圍,即可求得的范圍；（3）由題可得在上有解,即在上有解,設,則可變形為方程在區(qū)間內有解,進而求解即可.【詳解】（1）證明:由得,代入得,則得到關于x的方程,由于且,所以,所以函數必有局部對稱點（2）解:由題,因為函數在定義域內有局部對稱點所以在內有解,即方程在區(qū)間上有解,所以,設,則,所以令,則,當時,,故函數在區(qū)間上單調遞減,當時,,故函數在區(qū)間上單調遞增,所以,因為,,所以,所以,所以（3）解:由題,,由于,所以,所以（*）在R上有解,令,則,所以方程（*）變?yōu)樵趨^(qū)間內有解,需滿足條件：,即,得【點睛】本題考查函數的局部對稱點的理解,利用導函數研究函數的最值問題,考查轉化思想與運算能力.21、（1）或；（2）見解析【解析】

（1）根據，利用零點分段法解不等式，或作出函數的圖像，利用函數的圖像解不等式；（2）由（1）