2025届福建省宁德市部分学校高三上学期12月月考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省宁德市部分学校2025届高三上学期12月月考数学试题一、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.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】，其在复平面内对应的点位于第一象限，故选：A.2.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，，所以不成立，，故CD错误，则，，故A错误，B正确，故选：B.3.抛物线的准线方程是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：抛物线的标准方程为，所以抛物线的准线方程为．故选：B4.等比数列的前项和为，若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设的公比为，则，从而，则，故选：D.5.函数的图象在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由，得，，则的图象在点处的切线方程为，即，令，得，令，得，则该切线与坐标轴所围成的三角形的面积为，故选：C.6.如图，侧面展开图为扇形AOD的圆锥和侧面展开图为扇环ABCD的圆台的体积相等，且，则（）A.2 B. C.4 D.8【答案】A【解析】设侧面展开图为扇形的圆锥的底面半径为r，高为h，则该圆锥的体积.侧面展开图为扇形的圆锥的底面半径为，高为，则该圆锥的体积.由题可知，从而.故选：A.7.已知正项等差数列满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为为等差数列，所以，，则，所以，从而，故，故选：C.8.已知是定义在上奇函数，且当时，．若，则的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】当时，显然恒成立．当时，可以理解为将的图象向右平移个单位长度后，得到的的图象始终在的图象的下方（或重合）．当时，由的图象可知，，则，解得；当时，作出函数的图象如下图所示：由图可知，函数在R上为增函数，对任意的x∈R且时，，恒成立.综上所述，的取值范围为．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.某地发起“寻找绿色合伙人——低碳生活知识竞赛”活动，从参赛选手的答卷中随机抽取了份，将得分（满分100分）进行适当的分组（每组为左闭右开的区间），画出如图所示的频率分布直方图，且竞赛成绩落在内的人数为10，则（）A.B.C.估计参赛选手得分的平均分低于70分（同组数据用该组区间的中点值作代表）D.估计参赛选手得分的中位数在内【答案】ABD【解析】对于A、B，由，得，则，故A，B正确；对于C，估计参赛选手得分的平均分为x，则，故C不正确；对于D，因为，，所以估计参赛选手得分的中位数在内，故D正确．故选：ABD.10.已知函数，则（）A.为奇函数 B.的最小正周期为C.的图象关于直线对称 D.的最大值为【答案】AD【解析】，恒成立，则函数的定义域为，则，所以为奇函数，A正确．，所以的最小正周期不是，B不正确．，所以的图象不关于直线对称，C不正确，，显然，为函数的一个周期，且，由C可知，函数关于对称，当x∈0,π时，，由设，则在单调递减，当时取得最小值，得，所以，当，即时取得最大值，当时，，所以的最大值为，D正确．故选：AD11.双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”．如图，曲线是双纽线，关于曲线，下列说法正确的是（）A.B.上存在点，使得C.上的点的纵坐标的最大值为D.若直线与恰有一个公共点，则的取值范围为【答案】ACD【解析】由图可知，点在C上，所以，A正确，设曲线C上任一点Px,y可得，，即C上不存在点，使得，B不正确,方程可化为，令，得，由，可得，即，等号成立，故C上的点的纵坐标的最大值为，C正确．直线与C均经过原点，则直线与C除原点外无其他公共点．联立方程组整理得．当时，方程仅有一解，满足题意，当时，当时，方程恒成立，即恒有一解，当时，方程化简得，即当时，方程无解，满足题意，综上，，解得或，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.若两个单位向量，满足，则________．【答案】【解析】由，得，因为，为单位向量，所以，则，故答案为：.13.甲、乙、丙等人站成一排，要求甲、乙不站在丙的同一侧，则不同的站法共有_______种．【答案】【解析】先站甲、乙、丙人，共有种不同站法，再站剩余人，先将1人排到甲、乙、丙3人之间的空位中，最后将剩余的1人排到前面4人之间的空位中，共有种不同的站法，根据分步乘法计数原理，不同的站法共有种．故答案为：4014.已知，，且，则的最小值为________【答案】【解析】由，得，则，则.因为，所以，则，当且仅当时，等号成立，从而.又，所以当取得最大值时，取得最小值，且最小值为.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.△的内角的对边分别为．已知．（1）求的值；（2）求△周长的最大值．解：（1）（方法一）因为，，所以，则．又，所以．因为，所以．又，所以，（方法二）由余弦定理得，因为，所以，则．．因为，所以．（2）由（2）可得，从而．因为，当且仅当时，等号成立，所以，从而，则周长的最大值为3．16.某商场为了吸引顾客，邀请顾客凭借消费金额参与抽奖活动．若抽中金奖，则可获得15元现金；若抽中银奖，则可获得5元现金．已知每位顾客每次抽中金奖和银奖的概率分别为和，且每次中奖情况相互独立．现有甲、乙两位顾客参与该商场的抽奖活动，其中甲有2次抽奖机会，乙有1次抽奖机会．（1）求甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的概率；（2）记甲、乙两人抽奖获得的现金总金额为，求的分布列与期望．解：（1）若甲抽中2次银奖，则由甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额，可知乙也得抽中银奖，此时概率．若甲至少抽中1次金奖，则甲抽奖获得的现金金额一定大于乙抽奖获得的现金金额，此时概率．故甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的概率．（2）记甲、乙两人抽奖获得现金金额分别为，则．由题可知，，，，，则，，，．的分布列为15253545．17.如图，在多面体中，平面，平面平面，，，为等腰直角三角形，且，，（1）证明：平面.（2）求平面与平面的夹角的余弦值.（1）证明：取CD的中点O，连接OB，OF.因为△FCD为等腰直角三角形，且，所以.又平面平面ABCD，平面平面，平面，所以平面ABCD，.因为平面ABCD，所以.又平面，平面，所以平面ADE，因为，所以，又，所以四边形ABOD为平行四边形，则.因平面ADE，平面ADE，所以平面ADE，又，平面，所以平面平面ADE.因为平面OBF，所以平面ADE.（2）解：由题可知AB，AD，AE两两垂直，故以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设，则B1,0,0，，E0,0,1，，，，设平面的法向量为m=x则由得，令，得，设平面的法向量为n=x则由得，令，得.，则平面与平面的夹角的余弦值为.18.已知是椭圆上的一点，且的离心率为，斜率存在且不过点的直线与相交于，两点，直线与直线的斜率之积为（1）求的方程.（2）证明：的斜率为定值.（3）设为坐标原点，若与线段（不含端点）相交，且四边形的面积为，求的方程.（1）解：由题可知，解得，，故的方程为.（2）证明：设的方程为，Px1,y1联立方程组整理得，即，则，，，整理得，则或，若，则，则过点，不符合题意，故，即的斜率为定值.（3）解：由（2）可得直线，，，因为与线段（不含端点）相交，所以，，点到的距离，点到的距离，四边形的面积，解得或（舍去），故的方程为：.19.已知函数的定义域为，区间，若，，则称是在上的不动点，集合为在上的不动点集.（1）求函数在上的不动点集；（2）若函数在上有且只有一个不动点，求的取值范围；（3）若函数在上的不动点集为，求的取值范围.解：（1）由，得，解得或，故在0,+∞上的不动点集为.（2）方法一：由题可知，关于的方程在上有且只有一个实数根.即方程在只有一解.因为是方程的解，所以方程在上无解.作函数和，的图象，如下图：由，，所以.当或即或时，与，的图象只有一个交点.所以的取值范围是：.方法二：由题可知，关于的方程在上有且只有一个实数根.令，则.若，则在上恒成立，φx在上单调递增.因为，，所以φx在上有且仅有一个零点，即在上有且仅有一个不动点.若，则在上恒成立，φx在上单调递减.因为，，所以φx在上有且仅有一个零点，即在上有且仅有一个不动点.若，易知是上的偶函数，且在上单调递增.因为，，所以存在，使得，则当和时，φ'x>0，φ当时，φ'x<0，φ因为，所以要使得φx在上有且只有一个实数根，则解得.综上所述，的取值范围为.（3）由题可知，方程在R上存在3个实数根，，，则，从而令，则，当和时，，单调递增，当时，，单调递减，则，解得.因为，所以的取值范围为.福建省宁德市部分学校2025届高三上学期12月月考数学试题一、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.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】，其在复平面内对应的点位于第一象限，故选：A.2.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，，所以不成立，，故CD错误，则，，故A错误，B正确，故选：B.3.抛物线的准线方程是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：抛物线的标准方程为，所以抛物线的准线方程为．故选：B4.等比数列的前项和为，若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设的公比为，则，从而，则，故选：D.5.函数的图象在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由，得，，则的图象在点处的切线方程为，即，令，得，令，得，则该切线与坐标轴所围成的三角形的面积为，故选：C.6.如图，侧面展开图为扇形AOD的圆锥和侧面展开图为扇环ABCD的圆台的体积相等，且，则（）A.2 B. C.4 D.8【答案】A【解析】设侧面展开图为扇形的圆锥的底面半径为r，高为h，则该圆锥的体积.侧面展开图为扇形的圆锥的底面半径为，高为，则该圆锥的体积.由题可知，从而.故选：A.7.已知正项等差数列满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为为等差数列，所以，，则，所以，从而，故，故选：C.8.已知是定义在上奇函数，且当时，．若，则的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】当时，显然恒成立．当时，可以理解为将的图象向右平移个单位长度后，得到的的图象始终在的图象的下方（或重合）．当时，由的图象可知，，则，解得；当时，作出函数的图象如下图所示：由图可知，函数在R上为增函数，对任意的x∈R且时，，恒成立.综上所述，的取值范围为．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.某地发起“寻找绿色合伙人——低碳生活知识竞赛”活动，从参赛选手的答卷中随机抽取了份，将得分（满分100分）进行适当的分组（每组为左闭右开的区间），画出如图所示的频率分布直方图，且竞赛成绩落在内的人数为10，则（）A.B.C.估计参赛选手得分的平均分低于70分（同组数据用该组区间的中点值作代表）D.估计参赛选手得分的中位数在内【答案】ABD【解析】对于A、B，由，得，则，故A，B正确；对于C，估计参赛选手得分的平均分为x，则，故C不正确；对于D，因为，，所以估计参赛选手得分的中位数在内，故D正确．故选：ABD.10.已知函数，则（）A.为奇函数 B.的最小正周期为C.的图象关于直线对称 D.的最大值为【答案】AD【解析】，恒成立，则函数的定义域为，则，所以为奇函数，A正确．，所以的最小正周期不是，B不正确．，所以的图象不关于直线对称，C不正确，，显然，为函数的一个周期，且，由C可知，函数关于对称，当x∈0,π时，，由设，则在单调递减，当时取得最小值，得，所以，当，即时取得最大值，当时，，所以的最大值为，D正确．故选：AD11.双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”．如图，曲线是双纽线，关于曲线，下列说法正确的是（）A.B.上存在点，使得C.上的点的纵坐标的最大值为D.若直线与恰有一个公共点，则的取值范围为【答案】ACD【解析】由图可知，点在C上，所以，A正确，设曲线C上任一点Px,y可得，，即C上不存在点，使得，B不正确,方程可化为，令，得，由，可得，即，等号成立，故C上的点的纵坐标的最大值为，C正确．直线与C均经过原点，则直线与C除原点外无其他公共点．联立方程组整理得．当时，方程仅有一解，满足题意，当时，当时，方程恒成立，即恒有一解，当时，方程化简得，即当时，方程无解，满足题意，综上，，解得或，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.若两个单位向量，满足，则________．【答案】【解析】由，得，因为，为单位向量，所以，则，故答案为：.13.甲、乙、丙等人站成一排，要求甲、乙不站在丙的同一侧，则不同的站法共有_______种．【答案】【解析】先站甲、乙、丙人，共有种不同站法，再站剩余人，先将1人排到甲、乙、丙3人之间的空位中，最后将剩余的1人排到前面4人之间的空位中，共有种不同的站法，根据分步乘法计数原理，不同的站法共有种．故答案为：4014.已知，，且，则的最小值为________【答案】【解析】由，得，则，则.因为，所以，则，当且仅当时，等号成立，从而.又，所以当取得最大值时，取得最小值，且最小值为.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.△的内角的对边分别为．已知．（1）求的值；（2）求△周长的最大值．解：（1）（方法一）因为，，所以，则．又，所以．因为，所以．又，所以，（方法二）由余弦定理得，因为，所以，则．．因为，所以．（2）由（2）可得，从而．因为，当且仅当时，等号成立，所以，从而，则周长的最大值为3．16.某商场为了吸引顾客，邀请顾客凭借消费金额参与抽奖活动．若抽中金奖，则可获得15元现金；若抽中银奖，则可获得5元现金．已知每位顾客每次抽中金奖和银奖的概率分别为和，且每次中奖情况相互独立．现有甲、乙两位顾客参与该商场的抽奖活动，其中甲有2次抽奖机会，乙有1次抽奖机会．（1）求甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的概率；（2）记甲、乙两人抽奖获得的现金总金额为，求的分布列与期望．解：（1）若甲抽中2次银奖，则由甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额，可知乙也得抽中银奖，此时概率．若甲至少抽中1次金奖，则甲抽奖获得的现金金额一定大于乙抽奖获得的现金金额，此时概率．故甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的概率．（2）记甲、乙两人抽奖获得现金金额分别为，则．由题可知，，，，，则，，，．的分布列为15253545．17.如图，在多面体中，平面，平面平面，，，为等腰直角三角形，且，，（1）证明：平面.（2）求平面与平面的夹角的余弦值.（1）证明：取CD的中点O，连接OB，OF.因为△FCD为等腰直角三角形，且，所以.又平面平面ABCD，平面平面，平面，所以平面ABCD，.因为平面ABCD，所以.又平面，平面，所以平面ADE，因为，所以，又，所以四边形ABOD为平行四边形，则.因平面ADE，平面ADE，所以平面ADE，又，平面，所以平面平面ADE.因为平面OBF，所以平面ADE.（2）解：由题可知AB，AD，AE两两垂直，故以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设，则B1,0,0，，E0,0,1，，，，设平面的法向量为m=x则由得，令，得，设平面的法向量为n=x则由得，令，得.，则平面与平面的夹角的余弦值为.18.已知是椭圆上