福建省名校联盟全国校2025届高三大联考数学答案

高三数学第页（共8页）名校联盟全国优质校2025届高三大联考数学试题参考答案1234567891011CABCBDABACBCDAC一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．答案：C解析：．故选C．2． 答案：A解析：易知，，∴，故选A．3． 答案：B解析：，∴，∵，∴等比数列的公比为2，∴，故选B．答案：C解析：，则组的频率为，∴第百分位数为，故选C.5. 答案：B解析：记坐标原点为，过点作，垂足为．由已知及抛物线定义可得，，∴△为等边三角形，，又∵，∴，则．∴，解得，故选B． 6． 答案：D解析：对于选项A，取代入得，取代入得，矛盾，故不存在函数满足；同理，不存在函数满足B，C；对于选项D，为增函数，∴对任意都有唯一的满足，则即可，故选D.7．答案：A解析：，故，，∴，又，则，∴，故选A．8． 答案：B解析：方法1：设，，．则是方程的解，是方程的解．∵函数，均为增函数，且，故，∴．∴，故选B．方法2：∵，直线斜率为，设，，则，∴对任意有：，∴，即，故选B．方法3：∵，∴将点，向左平移1个单位，再向上平移单位，得到点，点在函数图象上，且直线的斜率为，易得斜率为的直线与函数图象只有一个交点，∴点与点重合，∴，故选B．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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.答案：AC解析：∵，∴，又∵，∴，∴，周期，故选项A正确；，故选项B错误；∵，∴，故选项C正确；不为偶函数，故选项D错误.故选AC.10．答案：BCD解析：∵，∴，故选项A错误；∵，，∴，，故，互为对立，故选项B正确；，故选项C正确；，故选项D正确.故选BCD.11．答案：AC解析：为函数的零点，若，当时，，则；当时，，则.所以时，，即，，故选项A正确；由A可知，，∴在区间和递增，在区间递减，为的极小值点，故选项B错误；对于选项C：由B可知，为的极大值点，要使方程有个不同的实数根，则，解得，故选项C正确；对于选项D：，，∴恒成立，显然当时，成立；显然当时，不恒成立；∴当时，即恒成立，∴恒成立，∴或，故选项D错误，故选AC．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．答案：5解析：方法1：易知，∵，，∴的面积为.方法2：当点为坐标原点时，，∴，的面积为，故填5.13．答案：解析：由双曲线定义：，即，又，，∴，，故填.14．答案：解析：设扇形面积为,圆锥的底面半径为，母线长为，则由等面积法，该圆锥的内切球半径，易知，，即，记为定值，方法1：∵，即,当且仅当，，即时等号成立，当圆锥的内切球体积最大时，即圆锥的内切球半径最大时，易知当最大时，，故填.方法2：∵，令，则，令，即，解得,∴，即，∴易知当时，即时，取得最大值，∴当最大时，即最大时，，故填.四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.解：（1）方法1：由正弦定理得，，∴，…………………2分又，∴，∴，……………………4分由正弦定理得，，∴，，成等差数列.…………5分正弦定理，正弦和角公式化解2分，化解得2分，结论1分方法2：由余弦定理，，，∴，………………2分∴．……………………4分∵，∴，即，，成等差数列．…………………5分余弦定理角化边2分，化解得2分，结论1分（2）∵，∴；…………6分由余弦定理得:，∴.∴.化简得，………………11分即，∵，故，∴.………13分代入面积公式1分，余弦定理化解得到5分，具体过程酌情给分，求值以及结论2分.直接用海伦公式，秦九韶面积公式酌情给分.将A视为B，C为焦点的椭圆上一点，根据几何意义求解，酌情给分.16．解：（1）当时，，则，……………2分∴，切点为，切线斜率为，∴切线方程为，整理得，.……………5分求导2分，整理得到切线方程3分（其中切点1分，切线斜率1分）（2），∵为增函数，∴恒成立，…………6分翻译条件为恒成立1分方法1：令，，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，取得极小值，也是最小值，∴，…10分令，令，解得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，又，，，，…14分∴.………………………15分单调性，极小值分析4分，单调性分析4分，结论1分.方法2：∴，，解得，……8分∵，∴，或，…………10分当时，，易知，不符题意；…………………12分当时，，设，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，取得极小值，也是最小值，∴，符合题意；……14分∴.………………………15分必要性探路得2分，分析判断得，或2分，验证2分，验证2分，结论1分.若由，，直接得，再去验证，酌情给分.解：（1）易知三棱锥的表面积为， ∵，∴当的面积最大时，三棱锥的表面积最大， 此时，由可知，即，同理…2分分析推理得到，2分，具体过程酌情给分方法1：设为在底面的射影，为中点，连接，，∵平面，平面，∴，又∵，平面，平面，∴平面，又∵平面，∴，………4分又∵，∴，即在的角平分线上，同理，在的角平分线上，∴为等边的重心． ………………5分∴，，，∴三棱锥的体积为.……………7分确定的位置3分（其中证明2分），具体过程酌情给分；体积计算2分方法2：设为中点，∵，均为等边三角形，∴，，∵，∴平面，…………5分在中，，则，∴底边上的高为，∴的面积为，∴，……………7分证明平面3分，体积计算2分.（2）方法1：如图所示，以为原点，分别以，，所在方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，∴，，…………………9分建系正确给1分，点和向量1分设（），设，则，∴，，…………………10分设平面的一个法向量为，则有即令，则，，∴，…………12分易知平面的一个法向量为， ………13分∴，解得，∴.……………15分写出点和坐标1分，平面法向量2分，平面法向量1分，求解以及结论2分若有其他建系方法，仿照上述方案给分方法2：如图，过作垂直于，∴，平面，过作垂直于，则，，，∴平面，∵平面，∴，∴为二面角的平面角，……………11分∴，，………………12分不妨设（），则，∵，∴，∴，解得，∴.……………15分几何法说明二面角的平面角为4分，求解以及结论4分，具体过程酌情给分.解：（1）当直线与轴垂直时，联立直线与的方程，即解得，不妨设，．…………………2分易知圆心在轴上，，设，∴△的外接圆半径．∴，解得，∴，………………4分∴圆的方程为. ……………………5分联立直线与的方程2分，由解得坐标和圆半径2分，结论1分（2）当直线与轴重合时无法构成三角形；设，，联立与的方程，……………7分联立与椭圆方程，写出韦达定理2分.方法1：则的中垂线，又，得，同理，的中垂线．…………9分联立直线，，由①－②可得，，…………11分将代入①＋②可得，，∴，……………………13分∴，令，∴，……16分当，即时，△的外接圆半径最大，为．此时，△的外接圆面积最大，为．…………………17分求出，的中垂线方程，2分，联立，解得坐标4分（其中横坐标、纵坐标各2分），化解求出的表达式3分，结论1分方法2：，………9分，，，，…………………13分∴，由正弦定理得：，令，则，…………16分∴，当时等号成立，∴外接圆的面积的最大值为.…………………17分写出的表达式2分，写出的表达式4分，化解求出的表达式3分，结论1分方法3：设圆联立………9分，所以，解得，即，……………13分设，则有，即，消去得所以，…………16分当，即时，，此时，△的外接圆面积最大，为．…17分联立直线与圆的一般式2分，写出坐标4分，化解求出的表达式3分，结论1分解：（1）由题意，：，，，，即3，3，4，4．……………2分∴．…………3分写出2分，求1分（2）由题意，由于中元素两两互异，故中的任一元素，如，在中至多在和中出现两次（规定，），且若出现两次则这两个数处于邻位（和也视为邻位）．…………………………5分∴的所有项中至多有两个5和两个4．…………6分∴，………………………7分当满足时等号能取到，∴的最大值为21．（给出任意一种排列即可）……………9分说明中元素在中至多出现两次2分，求出的最大值2分，给出取得最大值的一种排列2分.（3）同（2）可知，中的任一元素若在中仅出现一次，则在中至多出现两次；若在中出现两次，由于这两个