福建省2024-2025学年高三上学期12月测评数学试题【含答案解析】

2024~2025学年高三12月测评（福建）数学全卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.设集合，，则=（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由交集、补集运算即可求解.【详解】，可知，即，所以，所以.故选:B.2.若，则（）A. B.3 C. D.【答案】C【解析】【分析】根据共轭复数定义、复数乘方及减法运算求，即可求其模长.【详解】因为，所以.故选：C.3.已知角的终边经过点，则（）A. B. C.3 D.【答案】D【解析】【分析】根据三角函数的定义可得，结合两角和的正切公式计算即可求解.【详解】易知，则，故选：D.4.设甲：，乙：，则（）A.甲是乙的充分不必要条件B.甲是乙的必要不充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】A【解析】【分析】易知充分性成立，举例说明可证明必要性不成立，结合充分、必要条件的概念即可下结论.【详解】当时，；令，满足，但不成立.所以甲是乙的充分不必要条件.故选：A.5.设等差数列的前n项和，若，，则数列前99项和为（）A.7 B.8 C.9 D.10【答案】C【解析】【分析】求得通项，利用裂项相消法求和即可.【详解】依题意，，所以，因为，由，易知，所以所以数列的前99项和为，故选：C.6.若直线为函数且的图象的一条切线，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设切点为，利用导数的几何意义可得出关于、的方程组，即可解出的值.【详解】设切点为，因为且，则，由导数的几何意义可得，所以，即，故，所以，解得，故选：B.7.已知双曲线的左、右焦点分别，.A是C上的一点（在第一象限），直线与y轴的负半轴交于点B，若，且，则双曲线C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】如图，设AF2=m，根据双曲线的定义和勾股定理的应用可得AF2=a，，【详解】设AF由题意可得，，；又，由可得即，解得；所以AF2=a，，在中，在中，，又由，有，解得，故.故选：D.8.已知函数，且，则满足在区间上最大值为的的取值的个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】【分析】先计算出，分、、三种情况讨论，结合图形和方程的解与图象的交点个数之间的关系求解即可.【详解】由，得，所以，因为，有，因为，所以.当时，.若，，此时的最大值为，所以，画出的图象，如图，由图可知，函数图象在上没有交点，所以方程在上无解；若，，此时的最大值为1，所以，解得，不符合题意；若，，此时的最大值为，所以，画出的图象，如图，由图可知，函数图象在上有一个交点，所以方程在上仅有一个解；所以的个数为1.故选：A.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.在正方体中，则（）A.直线与所成的角为B.直线与所成的角为C.直线与平面所成的角为D.直线与平面所成的角为【答案】AB【解析】【分析】根据可判断A；根据为正三角形可判断B；记，由线面垂直的判定定理得与平面所成的角为，可判断C；记，利用线面垂直的判定定理得与平面所成的角即为，可判断D.【详解】对于A，如下图，因为，所以，所以直线与所成的角为，故A正确；对于B，因为，，可知为正三角形，所以直线与所成的角为，故B正确；对于C，记，因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，故与平面所成的角为，所以的正弦值为，即所成的角为，故C错误；对于D，记，因为平面，平面，所以，同理得，又，平面，所以平面，可知与平面所成的角即为，则，故D错误.故选：AB.10.已知O为内部的一点，满足，，，则（）A B.C.的面积为 D.【答案】ABD【解析】【分析】由题意，根据平面向量数量积的运算律计算即可判断A；根据数量积的运算律和定义计算即可判断B；根据诱导公式可得，结合三角形面积公式求出，，的面积即可判断C；根据向量的线性运算即可判断D.【详解】对于A.由，可得，两边平方，得，解得，故A正确；对于B，由，可得，两边平方有，有，得.故B正确；对于C，可知，所以.由三角形面积公式可得，，的面积分别为，1，，故的面积为2.故C错误；对于D.因为，，所以，故D正确.故选：ABD.11.设抛物线的焦点为F，准线为l，点A是抛物线C上位于第一象限的一个动点，过A作抛物线C的切线交y轴于点M，交l于点N，过A作直线，垂足为P，则下列说法正确的是（）A.若为等边三角形，则B.C.P，M，F三点共线D.的面积的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】根据即可判断A；根据直线与抛物线的位置关系求出A处切线方程，结合两点表示斜率公式即可判断B；根据，即可判断C；由BC可得，利用导数求出函数的最小值即可判断D.【详解】A：若为等边三角形，则，所以，所以，故A错误；B：设，设A处切线方程为，联立可得，，所以，即，，所以A处切线方程为，有所以，，，，故B正确；C：因为，，所以P，M，F三点共线，故C正确；D：由B，C可知，与全等，所以面积与面积相等，面积为，设，则，或，所以在上单调递减，在和上单调递增，则当时，取得最小值为，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若偶函数满足，则_______.【答案】1【解析】【分析】由赋值法结合奇偶性即可求解；【详解】取，结合，可得，所以.故答案为：113.已知，，则的最小值为_______.【答案】4【解析】【分析】变形得到，由基本不等式求出最小值.【详解】，故，因为，所以，由基本不等式得，当且仅当，即，时等号成立故答案为：4.14.已知三棱锥的各个顶点均在半径为1的球O的球面上，，，则三棱锥的体积的最大值为_______.【答案】【解析】【分析】设所在小圆圆心为，半径为r，，则，利用导数的应用求出的最大值，由棱锥的体积公式可得，利用导数的应用求出体积的最大值即可.【详解】设所在小圆圆心为，半径为r，，则，所以的面积为，设，则，令g'所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得最大值为，设球心O到平面的距离为h，则，因为，所以为球O的一条直径，所以S到平面的距离为，此时三棱锥体积为，设，则，令，解得，则当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，三棱锥的体积的最大值为.故答案为：四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.15.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知（1）求B；（2）设D为边的中点，若，且的面积为，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由三角恒等变换和正弦定理得到，结合，得到，求出答案；（2）根据中点得到，两边平方得到，由余弦定理得到，联立求出，由三角形面积公式得到方程，求出，，进而求出，得到周长.【小问1详解】依题意，，即，由正弦定理可得，因为，，所以，故，因为，所以，所以，又因为，所以；【小问2详解】D为边的中点，故，两边平方得，即，故①，由余弦定理可得，，又，所以②，联立①②得，，因为的面积为，解得，所以，解得，因为，所以，故，，所以的周长为.16.如图，在四棱锥中，底面，平面，与底面所成的角为45°，，，.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面平行的性质定理得，根据线面角的概念及勾股定理得，从而线面垂直的判定定理证明即可.（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解二面角的余弦值，然后利用同角三角函数关系求解即可.【小问1详解】因为平面，平面平面，平面，所以，又平面，平面，所以，因为平面，平面，所以，是与平面所成的角，所以，所以，因为，，，所以，，所以.因为，，，，平面，所以平面；【小问2详解】因为，，两两互相垂直，因此以为正交基底，建立空间直角坐标系，A0,0,0，，，，.因此，，，设平面的一个法向量为n1=x1有，令，得，所以，设平面的一个法向量为，则，有，令，得，所以.所以，即二面角的正弦值为.17.已知椭圆C:x2a2+y2b（1）求椭圆的方程；（2）若与圆相切的直线（直线l的斜率存在）交椭圆于两点，为坐标原点，设直线的斜率为，直线的斜率为，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由离心率及点在椭圆上列出等式即可求解；（2）设直线方程，由其与圆的位置关系得到，再结合椭圆方程，通过韦达定理即可求证；【小问1详解】，所以又由点在椭圆C上，有，解得，，所以椭圆C的方程为：【小问2详解】设直线的方程为：.依题意，有，即，有，直线的方程与C的方程联立，可得，设，，则，，综上，故.18.设函数（1）当时，求的极值；（2）已知，若单调递增，求的最大值；（3）已知，设为的极值点，求的最大值.【答案】（1）极小值为，无极大值（2）（3）【解析】【分析】（1）对函数求导得出其单调性可求出极值；（2）解法一：依题意可得f′x≥0解法二：依题意f′x≥0恒成立，可得，当时对函数进行验证即可；（3）当时由零点存在定理即可得存在使得，可得为的极小值点，构造函数即可求出的最大值为.【小问1详解】当时，，则令，解得当时，f′x<0，在上单调递减，当时，f′x>0，在上单调递增，所以的极小值为，无极大值；【小问2详解】解法一：由，若单调递增，必有f′x≥0恒成立；令，有，当时，由已知单调递增，但，不合题意当时，令φ′x>0，可得故函数φx的减区间为，增区间为，有又由函数单调递减，且.又由，故a的最大值为.解法二：，依题意恒成立，所以，故因为，所以，当时，，设，则当x∈0,1时，，在上单调递减，当x∈1,+∞时，，在上单调递增，所以所以满足题意，即的最大值为；【小问3详解】当时，易知单调递增.易知，所以存在使得，即，为的极小值点，所以，其中，设，则整理得因为，，所以当时，h′x>0，hx在当时，h′x<0，hx在所以，即的最大值为.19.设正整数（为常数），数列各项均为正数，且任意两项均不相等，设集合，对有限集，记为中的元素个数.（1）若，，，，，求；（2）证明：（3）若，且，证明：存在集合，使得，，，，中的元素按照某种次序排列后成等比数列，中的元素按照某种次序排列后也成等比数列，且这两个数列的公比相同.【答案】（1）5（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由新定义即可求解；（2）由组合数可证，不妨假设，结合，可证；（3）由条件确定，推证，取可取为奇数，且