2025屆福建省部分學校高三12月聯考數學試卷（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1福建省部分學校2025屆高三12月聯考試卷一、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，只有一個選項是符合題目要求的.1.已知復數是純虛數，則實數的值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，因為復數是純虛數，所以，所以.故選：B．2.“”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】A【解析】由，得或，故“”是“”充分不必要條件．故選：A3.已知向量，若，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由題，由得，即，.故選：D．4.已知函數，則（）A.0 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】，令，得，得，則，得，故選：C5.若為兩條不同的直線，為一個平面，則下列結論中正確的是（）A.若，，則 B.若，，則C.若，，則 D.若，，則與相交【答案】C【解析】對于A，若，，則，或與相交，或與異面，故A錯誤；對于B，若，，則或與相交，或與異面，故B錯誤；對于C，若，，則，故C正確；對于D，若，，則與相交，或與異面，故D錯誤.故選：C.6.如圖，在平行六面體中，，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】設，因為六面體是平行六面體，所以，因為，代入計算可得：，故有：，所以，所以，因為，所以.故選：B7.已知函數，則下列結論不正確的是（）A.函數的圖象對稱軸為 B.函數為偶函數C.函數在區(qū)間上單調遞增 D.的最小值為【答案】A【解析】對于A：令，得，故A錯誤；對于B：是偶函數，故B正確；對于C：，，單調遞增，故C正確；對于D：的最小值為-2，故D正確.故選：A.8.在正方形中，，為中點，將沿直線翻折至位置，點為線段中點.在翻折的過程中，若為線段的中點，則下列結論中正確的是（）A.三棱錐的體積最大值為B.異面直線、所成角始終為C.翻折過程中存在某個位置，使得大小為D.點在某個圓上運動【答案】D【解析】對于A，當二面角為直二面角，過作于，所以平面平面．又平面平面，所以平面．由題意可得，．由勾股定理可得．由，即，解得．因為為線段的中點，所以到平面的距離為．又，所以，即三棱錐的體積最大值為，故A錯誤．對于B、C選項，取的中點，則，且，，所以．因為，所以是異面直線，所成的角．取的中點，連接，，可得，，所以．在中，可得．由余弦定理可得，所以．在中，由余弦定理可得，所以，所以異面直線，所成的角為，故B，C均錯誤．對于D選項，由B，C選項可知，，均為定值，則的軌跡為以，為球心的球面的交線，即點在某個圓上運動，故D正確．故選：D二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯或不選的得0分.9.在的展開式中（）A.所有系數的絕對值之和為 B.項的系數為C.系數最大項為第3項 D.有理項共有5項【答案】BCD【解析】對于A：在的展開式中所有系數的絕對值之和與的展開式中所有系數的和相等，故令，可知展開式的系數之和為，故A錯誤；對于B：因為展開式的通項公式，，令，解得，可得，即項的系數為，故B正確；對于C：由通項公式可得：第項的系數為，當為偶數時，；當為奇數時，；取為偶數，令，則，整理得，所以，所以系數最大項為第3項，故C正確；對于D：令，則，所以有理項共有5項，故D正確；故選：BCD.10.已知為數列的前項和，，則（）A.是等差數列 B.是等比數列C.是等比數列 D.的最大值是1【答案】BCD【解析】對于選項AB：由，時，有，所以，當時，，兩式相減得，且，可得，可知數列是以為首項，公比為的等比數列，則，故A錯誤，B正確；對于選項C：因為，可得，，所以等比數列，故C正確；對于選項D：因為，所以，由基本不等式可得，而，，當，即時取等號，故的最大值是，故D正確；故選：BCD．11.（多選）泰戈爾說過一句話：世界上最遠的距離，不是樹枝無法相依，而是相互了望的星星；世界上最遠的距離，不是星星之間的軌跡，卻在轉瞬間無處尋覓.已知點，直線，動點P到點F的距離是點P到直線l的距離的一半.若某直線上存在這樣的點P，則稱該直線為“最遠距離直線”，則下列結論中正確的是（）A.點P的軌跡方程是B.直線是“最遠距離直線”C.平面上有一點，則的最小值為5D.點P的軌跡與圓是沒有交匯的軌跡（也就是沒有交點）【答案】ABC【解析】對于A，設，因為點P到點F的距離是點P到直線l距離的一半，所以，化簡可得，故選項A正確；對于B，聯立方程組，可得，解得，故存在點，所以直線是“最遠距離直線”，故選項B正確；對于C，過點P作垂直直線，垂足為B，由題意可得，，則，由圖象可知，的最小值即為點A到直線的距離5，故選項C正確；對于D，由可得，即圓心為，半徑為1，易得點P的軌跡與圓C交于點，故選項D錯誤.故選：ABC.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.記樣本數據10，18，8，4，16，24，6，8，32的中位數為a，平均數為b，則=______．【答案】【解析】將樣本數據按從小到大的順序排列，得4，6，8，8，10，16，18，24，32，所以中位數，由平均數的計算公式得，所以.故答案為：.13.已知方程所表示的曲線為雙曲線，則的取值范圍為______.【答案】【解析】當時，顯然不為雙曲線；當時，可化為，若雙曲線的焦點在軸，則滿足解得，若雙曲線的焦點在軸，則滿足解得.綜上所述，的取值范圍為.故答案為：.14.已知函數，若存在實數，，且，使得，則的最大值為______.【答案】【解析】根據題意作出函數y=fx令，解得或，令，解得或或，由題意可知：與y=fx有三個交點，則，此時，且，所以，令，則恒成立，所以在單增，的最大值為，即的最大值為.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足．（1）求角A的大?。唬?）若，求邊a的長度最小時的周長．解:（1）因為，所以由正弦定理可得．因為，所以，從而．由題易知，所以．因為，所．（2）由余弦定理可得，所以，所以，當且僅當時等號成立．所以邊a的長度最小時的周長為．16.如圖，在四棱錐中，四邊形是平行四邊形，，，，．（1）證明：平面平面；（2）求平面與平面所成二面角的正弦值．解:（1）由題知，，，所以，所以．如圖，過點作，垂足為，連接，則，又，所以，所以,因為，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）由（1）知兩兩垂直，故以為坐標原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，所以，，．設平面的法向量為，則，即，令，則，所以為平面的法向量的一個法向量．設平面的法向量為n=x,y,z則，即，令，則，則．設平面與平面所成二面角的大小為，則，所以，故平面與平面所成二面角的正弦值為．17.已知函數.（1）討論的單調性;（2）若恒成立，求a的取值范圍.解:（1）因為，，①若，則恒成立，在0,+∞上單調遞增，②若，令，得，當時，f'x<0，當時，f'x>0，單調遞增綜上所述，當時，在0,+∞上單調遞增；當時，上單調遞減，在上單調遞增；（2）由（1）知，，當時，f'x>0，所以又趨向于0時，趨向于，故不恒成立；當時，，符合題意；當時，在上單調遞減，在上單調遞增；所以，由恒成立，可得，因為，所以，解得綜上，a的取值范圍為.18.已知動點M到定點的距離比點M到定直線的距離小1，直線交曲線C于A，B兩點．（點A在第一象限）（1）求點M的軌跡C的方程；（2）若過且與垂直的直線與曲線C交于C，D兩點：（點C在第一象限）（i）求四邊形面積的最小值．（ii）設，的中點分別為P，Q，求證：直線過定點．解:（1）由題意知，動點M到定點的距離等于點M到定直線的距離，根據拋物線的定義可知，點M的軌跡是拋物線；因為，所以拋物線的方程為，即點M的軌跡C的方程為.（2）（i）設點，，，，由（1）知拋物線的準線為，，根據拋物線的定義可知，，，，所以，，由題意知直線過且與直線交于點，所以四邊形的面積，由，消去后得，所以，由韋達定理可知，所以，由題意得直線：，同理，聯立，消去可得，所以，由韋達定理可知，所以，所以四邊形的面積，，當且僅當，即時，等號成立，所以四邊形面積最小值為32.（ii）由（i）知，所以點的橫坐標為，代入直線可得，所以，同理可得，所以直線的斜率為，所以直線的方程為，化簡得，所以直線過定點.19.若數列滿足，則稱數列為項數列，由所有項0數列組成集合.（1）若是12項0數列，當且僅當時，，求數列的所有項的和；（2）從集合中任意取出兩個不同數列，記.①若，求隨機變量的分布列與數學期望；②證明：.解:（1）因為是12項數列，當且僅當時，，所以當和時，.設數列的所有項的和為，則所以數列的所有項的和為0.（2）①若，則中的數列有；；；；；；；；，故的取值有1，2，3，從8個數列中任選2個，共有種情況，其中當時，若選擇，可從；；任選1個，共有3種情況，若選擇，可以從；；任選1個，共有3種情況，另外和，兩者之一滿足要求，和，兩者之一滿足要求，和，兩者之一滿足要求，共有種情況，故，當時，和滿足要求，和滿足要求，和滿足要求，和滿足要求，共有4種情況，故，所以，其分布列為123則；②證明：因為數列是從集合中任意取出的兩個數列，所以數列為項數列，所以的可能取值為：.根據數列中0的個數可得，集合中元素的個數共有個，當時，則數列中有項取值不同，有項取值相同，從項中選擇項，和在項的某一項數字相同，其余項，兩者均在同一位置數字相反，由于，此問題為組合問題，故所有的情況會重復1次，故共有種情況，所以，所以隨機變量的分布列為：123因為，所以，即.福建省部分學校2025屆高三12月聯考試卷一、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，只有一個選項是符合題目要求的.1.已知復數是純虛數，則實數的值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，因為復數是純虛數，所以，所以.故選：B．2.“”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】A【解析】由，得或，故“”是“”充分不必要條件．故選：A3.已知向量，若，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由題，由得，即，.故選：D．4.已知函數，則（）A.0 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】，令，得，得，則，得，故選：C5.若為兩條不同的直線，為一個平面，則下列結論中正確的是（）A.若，，則 B.若，，則C.若，，則 D.若，，則與相交【答案】C【解析】對于A，若，，則，或與相交，或與異面，故A錯誤；對于B，若，，則或與相交，或與異面，故B錯誤；對于C，若，，則，故C正確；對于D，若，，則與相交，或與異面，故D錯誤.故選：C.6.如圖，在平行六面體中，，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】設，因為六面體是平行六面體，所以，因為，代入計算可得：，故有：，所以，所以，因為，所以.故選：B7.已知函數，則下列結論不正確的是（）A.函數的圖象對稱軸為 B.函數為偶函數C.函數在區(qū)間上單調遞增 D.的最小值為【答案】A【解析】對于A：令，得，故A錯誤；對于B：是偶函數，故B正確；對于C：，，單調遞增，故C正確；對于D：的最小值為-2，故D正確.故選：A.8.在正方形中，，為中點，將沿直線翻折至位置，點為線段中點.在翻折的過程中，若為線段的中點，則下列結論中正確的是（）A.三棱錐的體積最大值為B.異面直線、所成角始終為C.翻折過程中存在某個位置，使得大小為D.點在某個圓上運動【答案】D【解析】對于A，當二面角為直二面角，過作于，所以平面平面．又平面平面，所以平面．由題意可得，．由勾股定理可得．由，即，解得．因為為線段的中點，所以到平面的距離為．又，所以，即三棱錐的體積最大值為，故A錯誤．對于B、C選項，取的中點，則，且，，所以．因為，所以是異面直線，所成的角．取的中點，連接，，可得，，所以．在中，可得．由余弦定理可得，所以．在中，由余弦定理可得，所以，所以異面直線，所成的角為，故B，C均錯誤．對于D選項，由B，C選項可知，，均為定值，則的軌跡為以，為球心的球面的交線，即點在某個圓上運動，故D正確．故選：D二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯或不選的得0分.9.在的展開式中（）A.所有系數的絕對值之和為 B.項的系數為C.系數最大項為第3項 D.有理項共有5項【答案】BCD【解析】對于A：在的展開式中所有系數的絕對值之和與的展開式中所有系數的和相等，故令，可知展開式的系數之和為，故A錯誤；對于B：因為展開式的通項公式，，令，解得，可得，即項的系數為，故B正確；對于C：由通項公式可得：第項的系數為，當為偶數時，；當為奇數時，；取為偶數，令，則，整理得，所以，所以系數最大項為第3項，故C正確；對于D：令，則，所以有理項共有5項，故D正確；故選：BCD.10.已知為數列的前項和，，則（）A.是等差數列 B.是等比數列C.是等比數列 D.的最大值是1【答案】BCD【解析】對于選項AB：由，時，有，所以，當時，，兩式相減得，且，可得，可知數列是以為首項，公比為的等比數列，則，故A錯誤，B正確；對于選項C：因為，可得，，所以等比數列，故C正確；對于選項D：因為，所以，由基本不等式可得，而，，當，即時取等號，故的最大值是，故D正確；故選：BCD．11.（多選）泰戈爾說過一句話：世界上最遠的距離，不是樹枝無法相依，而是相互了望的星星；世界上最遠的距離，不是星星之間的軌跡，卻在轉瞬間無處尋覓.已知點，直線，動點P到點F的距離是點P到直線l的距離的一半.若某直線上存在這樣的點P，則稱該直線為“最遠距離直線”，則下列結論中正確的是（）A.點P的軌跡方程是B.直線是“最遠距離直線”C.平面上有一點，則的最小值為5D.點P的軌跡與圓是沒有交匯的軌跡（也就是沒有交點）【答案】ABC【解析】對于A，設，因為點P到點F的距離是點P到直線l距離的一半，所以，化簡可得，故選項A正確；對于B，聯立方程組，可得，解得，故存在點，所以直線是“最遠距離直線”，故選項B正確；對于C，過點P作垂直直線，垂足為B，由題意可得，，則，由圖象可知，的最小值即為點A到直線的距離5，故選項C正確；對于D，由可得，即圓心為，半徑為1，易得點P的軌跡與圓C交于點，故選項D錯誤.故選：ABC.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.記樣本數據10，18，8，4，16，24，6，8，32的中位數為a，平均數為b，則=______．【答案】【解析】將樣本數據按從小到大的順序排列，得4，6，8，8，10，16，18，24，32，所以中位數，由平均數的計算公式得，所以.故答案為：.13.已知方程所表示的曲線為雙曲線，則的取值范圍為______.【答案】【解析】當時，顯然不為雙曲線；當時，可化為，若雙曲線的焦點在軸，則滿足解得，若雙曲線的焦點在軸，則滿足解得.綜上所述，的取值范圍為.故答案為：.14.已知函數，若存在實數，，且，使得，則的最大值為______.【答案】【解析】根據題意作出函數y=fx令，解得或，令，解得或或，由題意可知：與y=fx有三個交點，則，此時，且，所以，令，則恒成立，所以在單增，的最大值為，即的最大值為.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足．（1）求角A的大小；（2）若，求邊a的長度最小時的周長．解:（1）因為，所以由正弦定理可得．因為，所以，從而．由題易知，所以．因為，所．（2）由余弦定理可得，所以，所以，當且僅當時等號成立．所以邊a的長度最小時的周長為．16.如圖，在四棱錐中，四邊形是平行四邊形，，，，．（1）證明：平面平面；（2）求平面與平面所成二面角的正弦值．解:（1）由題知，，，所以，所以．如圖，過點作，垂足為，連接，則，又，所以，所以,因為，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）由（1）知兩兩垂直，故以為坐標原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，所以，，．設平面的法向量為，則，即，令，則，所以為平面的法向量的一個法向量．設平面的法向量為n=x,y,z則，即，令，則，則．設平面與平面所成二面角的大小為，則，所以，故平面與平面所成二面角的正弦值為．17.已知函數.（1）討論的單調性;（2）若恒成立，求a的取值范圍.解:（1）因為，，①若，則恒成立，在0,+∞上單調遞增，②若，令，得，當時，f'x<0，當時，f'x>0，單調遞增綜上所述，當時，在0,+∞上單調遞增；當時，上單調遞減，在上單調遞增；（2）由（1）知，，當時，f'x>0，所以又趨向于0時，趨向于，故不恒成立；當時，，符合題意；當時，在上單調遞減，在上單調遞增；所以，由恒成立，可得，因為，所以，解得綜上，a的取值范圍為.18.已知動點M到定點的距離比點M到定直線的距離小1，直線交曲線C于A，B兩點．（點A在第一象限）（1）求點M的軌跡C的方程；（2）若過且與垂直的直線與曲線C交于C，D兩點：（點C在第一象限）（i）求四邊形面積的最小值．（ii）設，的中點分別為P，Q，求證：直線過定點．