福建省宁德市部分达标学校2025届高三上学期12月第二次联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省宁德市部分达标学校2025届高三上学期12月第二次联考数学试题一、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，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】因为，所以或，解得或，所以不等式的解集为或；因为，所以，解得或，所以不等式的解集为或；因为或是或的真子集，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.2.已知平面的一个法向量为，则轴与平面所成的角的大小为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】易知轴的一个方向向量为，又平面的一个法向量为，所以轴与平面所成的角的正弦值为，由得.故选：B3.函数图象的一条对称轴为直线，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由函数图象的一条对称轴为可知：，即，即，即，整理得：，故选：C.4.已知A，B，C三点不共线，点O不在平面ABC内，，若A，B，C，D四点共面，则的最大值为（）A. B. C.1 D.2【答案】B【解析】由及A，B，C，D四点共面得，即，又，，所以，当且仅当时等号成立，故选：B5.若数列相邻两项的和依次构成等差数列，则称是“邻和等差数列”.例如，数列1，2，4，5，7，8，10为“邻和等差数列”.已知数列是“邻和等差数列”，是其前项和，且，，，则（）A.39700 B.39800 C.39900 D.40000【答案】A【解析】设，由，得，则，故．故选：A6.已知直线过定点A，过定点B，与交于点P（异于A，B两点），则的面积的最大值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】将直线变形为：，知过定点，将直线变形为：，知过定点，当时，，，此时，当时，，，此时，当且时，两直线的斜率乘积知：此时，因为，由直径所对的圆周角为知，点在以线段为直径的圆上（不含、两点），所以点到线段的距离即为的高，设为，易知，因为，所以所以，即的面积的最大值是,故选：D7.已知点为椭圆上任意一点，直线过的圆心且与交于，两点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，即的圆心，半径为，椭圆方程中，，，则圆心为椭圆右焦点，线段为的直径，连接，因此，点为椭圆上任意一点，则，，即，所以.故选：A8.如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（）A.若平面，则动点Q的轨迹是一条线段B.存在Q点，使得平面C.当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大D.若，那么Q点的轨迹长度为【答案】B【解析】选项A，分别取中点，连接，，由与，平行且相等得平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，连接，，，所以，同理平面，，平面，所以平面平面，当时，平面，所以平面，即点轨迹是线段，A正确；选项B，以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设（），，，，设是平面的一个法向量，则，取，则，若平面，则，所以存在，使得，，解得，因此正方形内（含边界）不存在点，使得平面，B错；选项C，面积为定值，当且仅当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，，到平面的距离为，，时，，当时，d有最大值1，时，，时，d有最大值，综上，时，d取得最大值1，故与重合时，d取得最大值，三棱锥的体积最大，C正确；选项D，平面，平面，，所以，所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，圆心角是，轨迹长度为，D正确．故选：B．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.点在圆：上，点在圆：上，则（）A.的最小值为2 B.的最大值为7C.两个圆心所在的直线斜率为 D.两个圆相交弦所在直线的方程为【答案】BC【解析】对于A、B选项：由题意得：，半径为1，：，，半径为1，圆心距为，又点在圆上，点在圆上，，，故A错误，B正确；对于C选项：两个圆心所在直线斜率为，C正确；对于D选项：圆心距，所以无公共弦，D错误；故选：BC．10.已知函数，则下面说法正确的是（）A.是的一个周期 B.的最大值为C.是的对称轴 D.是的对称中心【答案】AD【解析】，因为的最小正周期为，的最小正周期为，所以的最小正周期为，故A正确；，又，令，因为的周期为，所以只需讨论内的的最大值，此时当时，，当时，，故当即时，有极大值，又，因此的最大值为，因为，所以直线不是图象的对称轴，故B错误，C错误；，所以点是图象的对称点，故D正确.故选：AD11.已知椭圆分别为的左、右焦点，A，B分别为的左、右顶点，点是椭圆上的一个动点，且点到距离的最大值和最小值分别为3和1.下列结论正确的是（）A.椭圆的离心率为B.存在点，使得C.若，则外接圆的面积为D.的最小值为【答案】ACD【解析】A选项，因为点是椭圆上的一个动点，且点到距离的最大值和最小值分别为3和1，故有：，解得：，椭圆的离心率，故A正确；B选项，若椭圆上存在点，使得，则点在圆上，又因为方程组无解，故B错误；C选项，设，则，若，即，在中，由余弦定理可得，因为，所以，根据正弦定理可知，，故C正确；D选项，设，则：，令，则，所以，当且仅当，即时取“=”，所以的最小值为，故D正确.故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.函数（且）的图象恒过的定点为________.【答案】【解析】令，解得，且，所以函数的图象恒过定点，故答案为：13.定义在上的函数满足是奇函数，则的对称中心为________；若，则数列的通项公式为________.【答案】①.②.【解析】因为是奇函数，则，整理得，所以的对称中心为；由，则，因，所以，所以，即，故答案为：；14.已知四棱锥的5个顶点都在球的球面上，且平面，则球的表面积为_______．【答案】【解析】根据题意可知四边形的顶点在同一个圆上，连接，如下图所示：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，设四边形的外接圆半径为，由正弦定理可得，解得，又平面，且，设四棱锥的外接球半径为，可得，即；因此外接球的表面积为.故答案：四、解答题：本题共5小题，共77分.15.已知的内角，，所对的边分别为，，，且．（1）求角；（2）若，为边边上一点，为的平分线，且，求的面积．解：（1）由，即，因为，所以，所以，得．（2）由为的平分线，得，因为，所以，即，①由余弦定理得，即，②由①②，得，所以．16.在平面直角坐标系中，已知两点的坐标分别为，，直线相交于点，且它们的斜率之积是.（1）求动点的轨迹方程；（2）若点的轨迹与直线相交于两个不同的点，线段的中点为.若直线的斜率为，求线段的长.解：（1）设，得（2）设Ax1,y所以有得由题可知两式求差化简得即因为所以所以直线的方程为联立解得或所以17.如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，因为，则，，由余弦定理可得，所以，，则，同理可证，翻折后，则有，，因为，，、平面，所以，平面，因为平面，则，因为，、平面，所以，平面，所以平面平面.（2）解：因为平面，，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则A0,0,0、P0,0,1、、，设，其中，则，，设平面的法向量为，则，取，则，，所以，，平面的一个法向量为，，，则，令，可得，则，整理可得，因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且.18.已知圆和点（1）过点M作圆O的切线，求切线的方程；（2）已知，设P为满足方程的任意一点，过点P向圆O引切线，切点为B，试探究：平面内是否存在一定点N，使得为定值?若存在，则求出定点N的坐标，并指出相应的定值；若不存在，则说明理由；（3）过点M作直线l交圆O于两个不同的点C，线段CD不经过圆心，分别在点C，D处作圆O的切线，两条切线交于点E，求证：点E在一条定直线上，并求出该直线的方程.（1）解：当切线斜率不存在时，显然x=1与圆相切，当切线斜率存在时，设切线为，由圆心到切线的距离为1，所以，解得，则，整理得，综上，切线的方程为x=1和（2）解：由题设，若Px,y整理得，若存在，使为定值，又，，则，整理得，即，整理得，要使为定值，则，得，，或，，，综上，存在定点，定值，或定点，定值.（3）证明：设，，，，，由，则，即，又，故，同理，所以直线CD为，又M在CD上，所以，故点E在直线上.19.已知函数，，（1）求函数的单调区间及最值