2025届那曲市高三毕业班联考数学试题试卷含解析

2025届那曲市高三毕业班联考数学试题试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知命题，，则是（）A．， B．，.C．， D．，.2．已知直四棱柱的所有棱长相等，，则直线与平面所成角的正切值等于（）A． B． C． D．3．复数满足，则复数在复平面内所对应的点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4．已知，是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于两点.若依次构成等差数列，且，则椭圆的离心率为A． B． C． D．5．在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线对折，使二面角的余弦值为，则所得三棱锥的外接球的表面积为（）A． B． C． D．6．已知正四面体的内切球体积为v，外接球的体积为V，则（）A．4 B．8 C．9 D．277．若的展开式中含有常数项，且的最小值为，则（）A． B． C． D．8．已知双曲线的渐近线方程为，且其右焦点为，则双曲线的方程为（）A． B． C． D．9．在平行六面体中，M为与的交点，若,，则与相等的向量是（）A． B． C． D．10．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的右焦点为，若F到直线的距离为，则E的离心率为()A． B． C． D．11．的展开式中的一次项系数为（）A． B． C． D．12．已知函数是定义域为的偶函数，且满足，当时，，则函数在区间上零点的个数为（）A．9 B．10 C．18 D．20二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．的展开式中二项式系数最大的项的系数为_________（用数字作答）.14．已知，为正实数，且，则的最小值为________________.15．已知若存在，使得成立的最大正整数为6，则的取值范围为________.16．等腰直角三角形内有一点P，，，，，则面积为______.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数在上的最大值为3.（1）求的值及函数的单调递增区间;（2）若锐角中角所对的边分别为，且，求的取值范围.18．（12分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求B；（2）若的面积为，周长为8，求b.19．（12分）已知函数，.（1）若函数在上单调递减，且函数在上单调递增，求实数的值；（2）求证：（，且）.20．（12分）如图，四棱锥中，平面，，，.（Ｉ）证明：；（Ⅱ）若是中点，与平面所成的角的正弦值为，求的长.21．（12分）如图，在直三棱柱中，，点P，Q分别为，的中点.求证：（1）PQ平面；（2）平面.22．（10分）已知函数的图象向左平移后与函数图象重合.（1）求和的值；（2）若函数，求的单调递增区间及图象的对称轴方程.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．B【解析】

根据全称命题的否定为特称命题，得到结果.【详解】根据全称命题的否定为特称命题，可得，本题正确选项：本题考查含量词的命题的否定，属于基础题.2．D【解析】

以为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系．求解平面的法向量，利用线面角的向量公式即得解.【详解】如图所示的直四棱柱，，取中点，以为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系．设，则，．设平面的法向量为，则取，得．设直线与平面所成角为，则，，∴直线与平面所成角的正切值等于故选：D本题考查了向量法求解线面角，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题.3．B【解析】

设,则,可得,即可得到,进而找到对应的点所在象限.【详解】设,则,,,所以复数在复平面内所对应的点为,在第二象限.故选:B本题考查复数在复平面内对应的点所在象限,考查复数的模,考查运算能力.4．D【解析】

如图所示，设依次构成等差数列，其公差为.根据椭圆定义得，又，则，解得，.所以，，，.在和中，由余弦定理得，整理解得.故选D．5．D【解析】

取AC中点N，由题意得即为二面角的平面角，过点B作于O，易得点O为的中心，则三棱锥的外接球球心在直线BO上，设球心为，半径为，列出方程即可得解.【详解】如图，由题意易知与均为正三角形，取AC中点N，连接BN，DN，则，，即为二面角的平面角，过点B作于O，则平面ACD，由，可得，，，即点O为的中心，三棱锥的外接球球心在直线BO上，设球心为，半径为，，,解得，三棱锥的外接球的表面积为.故选：D.本题考查了立体图形外接球表面积的求解，考查了空间想象能力，属于中档题.6．D【解析】

设正四面体的棱长为，取的中点为，连接，作正四面体的高为，首先求出正四面体的体积，再利用等体法求出内切球的半径，在中，根据勾股定理求出外接球的半径，利用球的体积公式即可求解.【详解】设正四面体的棱长为，取的中点为，连接，作正四面体的高为，则，，，设内切球的半径为，内切球的球心为，则，解得：；设外接球的半径为，外接球的球心为，则或，，在中，由勾股定理得：，，解得，，故选：D本题主要考查了多面体的内切球、外接球问题，考查了椎体的体积公式以及球的体积公式，需熟记几何体的体积公式，属于基础题.7．C【解析】展开式的通项为，因为展开式中含有常数项，所以，即为整数，故n的最小值为1．所以.故选C点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.8．B【解析】试题分析：由题意得，，所以，，所求双曲线方程为．考点：双曲线方程.9．D【解析】

根据空间向量的线性运算，用作基底表示即可得解.【详解】根据空间向量的线性运算可知因为,，则即，故选：D.本题考查了空间向量的线性运算，用基底表示向量，属于基础题.10．A【解析】

由已知可得到直线的倾斜角为，有，再利用即可解决.【详解】由F到直线的距离为，得直线的倾斜角为，所以，即，解得.故选：A.本题考查椭圆离心率的问题，一般求椭圆离心率的问题时，通常是构造关于的方程或不等式，本题是一道容易题.11．B【解析】

根据多项式乘法法则得出的一次项系数，然后由等差数列的前项和公式和组合数公式得出结论．【详解】由题意展开式中的一次项系数为．故选：B．本题考查二项式定理的应用，应用多项式乘法法则可得展开式中某项系数．同时本题考查了组合数公式．12．B【解析】

由已知可得函数f（x）的周期与对称轴，函数F（x）＝f（x）在区间上零点的个数等价于函数f（x）与g（x）图象在上交点的个数，作出函数f（x）与g（x）的图象如图，数形结合即可得到答案.【详解】函数F（x）＝f（x）在区间上零点的个数等价于函数f（x）与g（x）图象在上交点的个数，由f（x）＝f（2﹣x），得函数f（x）图象关于x＝1对称，∵f（x）为偶函数，取x＝x+2，可得f（x+2）＝f（﹣x）＝f（x），得函数周期为2.又∵当x∈[0，1]时，f（x）＝x，且f（x）为偶函数，∴当x∈[﹣1，0]时，f（x）＝﹣x，g（x），作出函数f（x）与g（x）的图象如图：由图可知，两函数图象共10个交点，即函数F（x）＝f（x）在区间上零点的个数为10.故选：B.本题考查函数的零点与方程根的关系，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．5670【解析】

根据二项式展开的通项，可得二项式系数的最大项，可求得其系数.【详解】二项展开式一共有项，所以由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第5项，系数为.故答案为：5670本题考查了二项式定理展开式的应用，由通项公式求二项式系数，属于中档题.14．【解析】

由，为正实数，且，可知，于是，可得，再利用基本不等式即可得出结果.【详解】解：，为正实数，且，可知，，.当且仅当时取等号.的最小值为.故答案为：.本题考查了基本不等式的性质应用，恰当变形是解题的关键，属于中档题.15．【解析】

由题意得，分类讨论作出函数图象，求得最值解不等式组即可.【详解】原问题等价于，当时，函数图象如图此时，则，解得：；当时，函数图象如图此时，则，解得：；当时，函数图象如图此时，则，解得：；当时，函数图象如图此时，则，解得：；综上，满足条件的取值范围为.故答案为：本题主要考查了对勾函数的图象与性质，函数的最值求解，存在性问题的求解等，考查了分类讨论，转化与化归的思想.16．【解析】

利用余弦定理计算，然后根据平方关系以及三角形面积公式，可得结果.【详解】设由题可知：由，，，所以化简可得：则或，即或由，所以所以故答案为：本题主要考查余弦定理解三角形，仔细观察，细心计算，属基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（1）,函数的单调递增区间为；（2）.【解析】

（1）运用降幂公式和辅助角公式，把函数的解析式化为正弦型函数解析式形式，根据已知，可以求出的值，再结合正弦型函数的性质求出函数的单调递增区间;（2）由（1）结合已知，可以求出角的值，通过正弦定理把问题的取值范围转化为两边对角的正弦值的比值的取值范围，结合已知是锐角三角形，三角形内角和定理，最后求出的取值范围.【详解】解：（1）由已知，所以因此令得因此函数的单调递增区间为（2）由已知，∴由得，因此所以因为为锐角三角形，所以，解得因此，那么本题考查了降幂公式、辅助角公式，考查了正弦定理，考查了正弦型三角函数的单调性，考查了数学运算能力.18．（1）；（2）【解析】

（1）通过正弦定理和内角和定理化简，再通过二倍角公式即可求出；（2）通过三角形面积公式和三角形的周长为8，求出b的表达式后即可求出b的值.【详解】（1）由三角形内角和定理及诱导公式，得，结合正弦定理，得，由及二倍角公式，得，即，故；（2）由题设，得，从而，由余弦定理，得，即，又，所以，解得.本题综合考查了正余弦定理，倍角公式，三角形面积公式，属于基础题.19．（1）1；（2）见解析【解析】

（1）分别求得与的导函数，由导函数与单调性关系即可求得的值；（2）由（1）可知当时，，当时，，因而，构造，由对数运算及不等式放缩可证明，从而不等式可证明.【详解】（1）∵函数在上单调递减，∴，即在上恒成立，∴，又∵函数在上单调递增，∴，即在上恒成立，，∴综上可知，.（2）证明：由（1）知，当时，函数在上为减函数，在上为增函数，而，∴当时，，当时，.∴∴即，∴.本题考查了导数与函数单调性关系，放缩法在证明不等式中的应用，属于难题.20．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）取的中点，连接，由，，得三点共线，且，又，再利用线面垂直的判定定理证明.（Ⅱ）设，则，，在底面中，，在中，由余弦定理得：，在中，由余弦定理得，两式相加求得，再过作，则平面，即点到平面的距离，由是中点，得到到平面的距离，然后根据与平面所成的角的正弦值为求解.【详解】（Ⅰ）取的中点，连接，由，，得三点共线，且，又，，所以平面，所以.（Ⅱ）设，，，在底面中，，在中，由余弦定理得：，在中，由余弦定理得，两式相加得：，所以，，过作，则平面，即点到平面的距离，因为是中点，所以为到平面的距离，因为与平面所成的角的正弦值为，即，解得.本题主要考查线面垂直的判定定理，线面角的应用，还考查了转化化归的思想和空间想象运算求解的能力，属于中档题.21．（1）见解析（2）见解析【解析】

（1）取的中点D，连结，.根据线面平行的判定定理即得；（2）先证，，和都是平面内的直线且交于点，由（1）得，再结合线面垂直的判定定理即得.【详解】（1）取的中点D，连结，.在中，P，D分别为，中点，，且.在直三棱柱中，，.Q为棱的中点，，且.，.四边形为平行四边形，从而.又平面