2025届东北三省高三上学期12月联考强化数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1东北三省2025届高三上学期12月联考数学强化卷一、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.已知复数z满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由，得，所以.故选：C2.设集合，则下列选项中一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】对于A，取可得，则，此时，A错误；则，此时，C错误；则，此时，D错误；对于B，若，则或或，由，可得，此时，与中有三个不同元素矛盾，由，可得，此时，与中有三个不同元素矛盾，由，可得或（舍去），若，则，与中有三个不同元素矛盾，所以，B正确；故选：B.3.已知一圆台内切球与圆台各个面均相切，记圆台上、下底面半径为，若，则圆台的体积与球的体积之比为（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】如图为该几何体的轴截面，其中圆是等腰梯形的内切圆，设圆与梯形腰相切于点，与上、下底的分别切于点，设球的半径为，圆台上下底面的半径为．注意到与均为角平分线，因此，从而，故．设圆台的体积为，球的体积为，则V1V故选：A．4.在中，角所对的边分别为，若，则的大小为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，由正弦定理得，得，所以，即，因为，所以，所以，或，所以，或（舍），所以，所以.故选：D.5.已知且，若函数的值域为，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】的值域为，当时，则，为增函数，，而时，为增函数，此时，，不符题意；当时，则，为减函数，，而时，为减函数，此时，，因为的值域为，当且仅当时，满足题意，此时，，则，整理得，，解得；综上，时满足题意.故选：A6.已知定义在上的函数满足，则曲线在点处的切线方程为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为，所以，联立可解得，所以，所以.所以曲线y=fx在点处的切线方程为故所求的切线方程为.故选：C.7.等比数列中，为其前项和，，且成等差数列，则最小值为（）A. B. C. D.1【答案】D【解析】设公比为，由成等差数列，得，又数列为等比数列，所以得，解得，所以，令，则，所以数列递增数列，所以当时，取得最小值1.故选：D.8.如图所示，将函数的图像向右平移得到的图像，其中和分别是图像上相邻的最高点和最低点，点分别是fx,gx图像的一个对称中心，若，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】将函数的图像向右平移个单位得的图像，由于分别是图像的一个对称中心，结合图像可知：,,故，由于所以，进而可得,故，解得，，故，故选：D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.已知方程，其中．下列命题为真命题的是（）A.可以是圆的方程 B.可以是抛物线的方程C.可以是椭圆的标准方程 D.可以是双曲线的标准方程【答案】ABC【解析】对于A，因为方程，其中，所以当时，方程为，即是圆的方程，故方程可以是圆的方程，所以A正确；对于B，当时，方程为，即是抛物线的方程，故方程可以是抛物线的方程，所以B正确；对于C，当时，方程为，即是椭圆的标准方程，故方程可以是椭圆的标准方程，所以C正确；对于D，若方程为双曲线的标准方程，则有，这与矛盾，故方程不可以是双曲线的标准方程，所以D错误.故选：ABC．10.如图，正方体的棱长为1，E为棱的中点，P为底面正方形ABCD内（含边界）的动点，则（）A.三棱锥的体积为定值 B.直线平面C.当时， D.直线与平面所成角的正弦值为【答案】AD【解析】对于A，如图1，因,故A正确；对于B，如图2建立空间直角坐标系，则,于是，，设平面的法向量为，则，故可取，由知与不垂直，故直线与平面不平行，即B错误；对于C，由上图建系，则,,因P为底面正方形ABCD内（含边界）动点,不妨设，则，，由题意，，即，于是，此时，故与不垂直，即C错误；对于D，由图知平面的法向量可取为，因，设直线与平面所成角为，则，故D正确.故选：AD.11.定义在上的函数满足，当时，，则（）A.当时，B.当正整数时，C.对任意正实数在区间内恰有一个极大值点D.若在区间内有3个极大值点，则的取值范围是【答案】BD【解析】对于选项A：因为函数满足，当时，，当时，；当时，，故A错误；对于选项B：因为，且f1=0则，，，，可得，所以，故B正确；对于选项CD：由选项A可得：当时，，则，令f'x>0令f'x<0可知在内单调递增，在内单调递减，则在内有且仅有一个极大值点，即，例如当，则，不合题意，故C错误；若在区间内有3个极大值点，则，所以的取值范围是，故D正确；故选：BD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量，若与的夹角为锐角，则的取值范围是__________.【答案】【解析】因为的夹角为锐角，所以且不能同向共线,所以,解得且故答案为：.13.设双曲线的左右焦点分别为，离心率为为上一点，且，若的面积为，则__________.【答案】【解析】设为双曲线右支上一点，因为面积，所以得，因为，所以得，即，因为，所以.故答案为：.14.已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】因存在，使得，即需求函数在上的最大值.由求导得，，因，若，则f'x>0在上恒成立，即函数在上是增函数，故此时无最大值，且时，，符合题意；若，由解得，则当时，f'x当时，f'x即函数在上递增，在上递减，则函数在时取得最大值，即，依题意，需使，整理得，（*）.令，则则当时，，当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，故时，取最大值，即在上恒成立，由（*）可得，即，所以;综上可得，实数的取值范围是.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.如图，在平面四边形中，（1）若与交于点，且，求的长；（2）求四边形周长的最大值．解：（1）中,由余弦定理得,所以因为，，所以由可知,,所以（2）因为,所以,,故，当且仅当时等号成立，故周长的最大值为16.已知四棱柱如图所示，底面为平行四边形，其中点在平面内的投影为点，且．（1）求证：平面平面；（2）已知点在线段上（不含端点位置），且平面与平面的夹角的余弦值为，求的值．（1）证明：不妨设，因为平面平面，故，在中，，由余弦定理，，得，故，则，因为平面，所以平面，而平面，所以平面平面；（2）解:由（1）知，两两垂直，如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，则，故，，所以，设，则，即，所以；设为平面的一个法向量，则，令，则，所以，因为轴平面，则可取为平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则，解得，故．17.已知函数．（1）求在上单调增区间；（2）若关于x的方程在区间内有两个不同的解，，求实数a的取值范围，并证明．解：（1），由得，所以增区间为，而，故在的单调增区间为和．（2）由得，即，其中，．所以当且仅当，即满足题意．故实数a的取值范围为．当时，，即；此时，而，所以，当时，，即；此时，而，所以；综上，．18.已知函数．（1）若，曲线y=fx在点处的切线与直线垂直，证明：；（2）若对任意的且，函数，证明：函数在上存在唯一零点．（1）证明：，，，，设，则，设，则，单调递增，又，存在使得即，，当时，单调递减，当时，单调递增，；（2）证明：，，在上单调递增，又设，则，令，解得，当时，单调递减；当时，单调递增，当时，，即，，又，，存在，使得，又在上单调递增，函数在上存在唯一零点.19.定义：从数列中随机抽取m项按照项数从小到大的顺序依次记为，将它们组成一个项数为m的新数列，其中，若数列为递增数列，则称数列是数列的“m项递增衍生列”；（1）已知数列满足，数列是的“3项递增衍生列”，写出所有满足条件的﹔（2）已知数列是项数为m的等比数列，其中，若数列为1，16，81，求证：数列不是数列的“3项递增衍生列”；（3）已知首项为1的等差数列的项数为14，且，数列是数列的“m项递增衍生列”，其中．若在数列中任意抽取3项，且均不构成等差数列，求m的最大值．（1）解：由题意得，数列为1，8，3，4，5，2，若是数列的“3项递增衍生列”，且，则为1，3，4或1，3，5或1，4，5或3，4，5﹒（2）证明：设等比数列的公比为q．假设数列是数列的“3项递增衍生列”，则存在，使，所以，则，所以．因为，所以为有理数，但为无理数，所以（*）式不可能成立．综上，数列不是数列的“3项递增衍生列”．（3）解：设等差数列的公差为d．由，又，所以，故数列为1，2，3，4，5，，14﹒令，因为数列中各项均为正整数，故﹔（若，则，成等差数列）同理，且，所以，同理，且，所以，这与已知条件矛盾，所以，此时可以构造数列为1，2，4，5，10，11，13，14，其中任意三项均不构成等差数列．综上所述，m的最大值为8．东北三省2025届高三上学期12月联考数学强化卷一、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.已知复数z满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由，得，所以.故选：C2.设集合，则下列选项中一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】对于A，取可得，则，此时，A错误；则，此时，C错误；则，此时，D错误；对于B，若，则或或，由，可得，此时，与中有三个不同元素矛盾，由，可得，此时，与中有三个不同元素矛盾，由，可得或（舍去），若，则，与中有三个不同元素矛盾，所以，B正确；故选：B.3.已知一圆台内切球与圆台各个面均相切，记圆台上、下底面半径为，若，则圆台的体积与球的体积之比为（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】如图为该几何体的轴截面，其中圆是等腰梯形的内切圆，设圆与梯形腰相切于点，与上、下底的分别切于点，设球的半径为，圆台上下底面的半径为．注意到与均为角平分线，因此，从而，故．设圆台的体积为，球的体积为，则V1V故选：A．4.在中，角所对的边分别为，若，则的大小为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，由正弦定理得，得，所以，即，因为，所以，所以，或，所以，或（舍），所以，所以.故选：D.5.已知且，若函数的值域为，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】的值域为，当时，则，为增函数，，而时，为增函数，此时，，不符题意；当时，则，为减函数，，而时，为减函数，此时，，因为的值域为，当且仅当时，满足题意，此时，，则，整理得，，解得；综上，时满足题意.故选：A6.已知定义在上的函数满足，则曲线在点处的切线方程为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为，所以，联立可解得，所以，所以.所以曲线y=fx在点处的切线方程为故所求的切线方程为.故选：C.7.等比数列中，为其前项和，，且成等差数列，则最小值为（）A. B. C. D.1【答案】D【解析】设公比为，由成等差数列，得，又数列为等比数列，所以得，解得，所以，令，则，所以数列递增数列，所以当时，取得最小值1.故选：D.8.如图所示，将函数的图像向右平移得到的图像，其中和分别是图像上相邻的最高点和最低点，点分别是fx,gx图像的一个对称中心，若，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】将函数的图像向右平移个单位得的图像，由于分别是图像的一个对称中心，结合图像可知：,,故，由于所以，进而可得,故，解得，，故，故选：D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.已知方程，其中．下列命题为真命题的是（）A.可以是圆的方程 B.可以是抛物线的方程C.可以是椭圆的标准方程 D.可以是双曲线的标准方程【答案】ABC【解析】对于A，因为方程，其中，所以当时，方程为，即是圆的方程，故方程可以是圆的方程，所以A正确；对于B，当时，方程为，即是抛物线的方程，故方程可以是抛物线的方程，所以B正确；对于C，当时，方程为，即是椭圆的标准方程，故方程可以是椭圆的标准方程，所以C正确；对于D，若方程为双曲线的标准方程，则有，这与矛盾，故方程不可以是双曲线的标准方程，所以D错误.故选：ABC．10.如图，正方体的棱长为1，E为棱的中点，P为底面正方形ABCD内（含边界）的动点，则（）A.三棱锥的体积为定值 B.直线平面C.当时， D.直线与平面所成角的正弦值为【答案】AD【解析】对于A，如图1，因,故A正确；对于B，如图2建立空间直角坐标系，则,于是，，设平面的法向量为，则，故可取，由知与不垂直，故直线与平面不平行，即B错误；对于C，由上图建系，则,,因P为底面正方形ABCD内（含边界）动点,不妨设，则，，由题意，，即，于是，此时，故与不垂直，即C错误；对于D，由图知平面的法向量可取为，因，设直线与平面所成角为，则，故D正确.故选：AD.11.定义在上的函数满足，当时，，则（）A.当时，B.当正整数时，C.对任意正实数在区间内恰有一个极大值点D.若在区间内有3个极大值点，则的取值范围是【答案】BD【解析】对于选项A：因为函数满足，当时，，当时，；当时，，故A错误；对于选项B：因为，且f1=0则，，，，可得，所以，故B正确；对于选项CD：由选项A可得：当时，，则，令f'x>0令f'x<0可知在内单调递增，在内单调递减，则在内有且仅有一个极大值点，即，例如当，则，不合题意，故C错误；若在区间内有3个极大值点，则，所以的取值范围是，故D正确；故选：BD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量，若与的夹角为锐角，则的取值范围是__________.【答案】【解析】因为的夹角为锐角，所以且不能同向共线,所以,解得且故答案为：.13.设双曲线的左右焦点分别为，离心率为为上一点，且，若的面积为，则__________.【答案】【解析】设为双曲线右支上一点，因为面积，所以得，因为，所以得，即，因为，所以.故答案为：.14.已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】因存在，使得，即需求函数在上的最大值.由求导得，，因，若，则f'x>0在上恒成立，即函数在上是增函数，故此时无最大值，且时，，符合题意；若，由解得，则当时，f'x当时，f'x即函数在上递增，在上递减，则函数在时取得最大值，即，依题意，需使，整理得，（*）.令，则则当时，，当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，故时，取最大值，即在上恒成立，由（*）可得，即，所以;综上可得，实数的取值范围是.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.如图，在平面四边形中，（1）若与交于点，且，求的长；（2）求四边形周长的最大值．解：（1）中,由余弦定理得,所以因为，，所以由可知,,所以（2）因为,所以,,故，当且仅当时等号成立，故周长的最大值为16.已知四棱柱如图所示，底面为平行四边形，其中点在平面内的投影为点，且．（1）求证：平面平面；（2）已知点在线段上（不含端点位置），且平面与平面的夹角的余弦值为，求的值．（1）证明：不妨设，因为平面平面，故，在中，，由余弦定理，，得，故，则，因为平面，所以平面，而平面，所以平面平面；（2）解:由（1）知，两两垂直，如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，则，故，，所以，设，则，即，所以；设为平面的一个法向量，则，令，则，所以，因为轴平面，则可取为平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则，解得，故．17.已知函数．（1）求在上单调增区间；（2）若关于x的方程在区间内有两个不同的解，，求实数a的取值范围，并证明．解：（1），由得，所以增区间为，而，故在的单调增区间为和．（2）由得，即，其中，．所以当且仅当，即满足题意．故实数a的取值范围为．当时，，即；此时，而，所以，当时，，