2025届福建省部分学校高三(上)12月联考数学试卷(解析版)

这是一份2025届福建省部分学校高三(上)12月联考数学试卷(解析版)，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知复数是纯虚数，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，
因为复数是纯虚数，所以，所以.
故选：B．
2. “”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】A
【解析】由，得或，
故“”是“”充分不必要条件．
故选：A
3. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题，
由得，即，.
故选：D．
4. 已知函数，则（ ）
A. 0B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】，
令，得，得，
则，得，
故选：C
5. 若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则与相交
【答案】C
【解析】对于A，若，，则，或与相交，或与异面，故A错误；
对于B，若，，则或与相交，或与异面，故B错误；
对于C，若，，则，故C正确；
对于D，若，，则与相交，或与异面，故D错误.
故选：C.
6. 如图，在平行六面体中，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设，因为六面体是平行六面体，
所以，因为，
代入计算可得：
，
故有：，所以，
所以，因为，所以.
故选：B
7. 已知函数，则下列结论不正确的是（ ）
A. 函数的图象对称轴为B. 函数为偶函数
C. 函数在区间上单调递增D. 的最小值为
【答案】A
【解析】
对于A：令，得， 故A错误；
对于B：是偶函数，故B正确；
对于C：，， 单调递增，故C正确；
对于D：的最小值为-2，故D正确.
故选：A.
8. 在正方形中，，为中点，将沿直线翻折至位置，点为线段中点.在翻折的过程中，若为线段的中点，则下列结论中正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积最大值为
B. 异面直线、所成角始终为
C. 翻折过程中存在某个位置，使得大小为
D. 点在某个圆上运动
【答案】D
【解析】对于A，当二面角为直二面角，过作于，
所以平面平面．又平面平面，所以平面．
由题意可得，．由勾股定理可得．
由，即，解得．
因为为线段的中点，所以到平面的距离为．
又，所以，即三棱锥的体积最大值为，故A错误．
对于B、C选项，取的中点，则，且，，所以．
因为，所以是异面直线，所成的角．
取的中点，连接，，可得，，
所以．
在中，可得．
由余弦定理可得，所以．
在中，由余弦定理可得，
所以，所以异面直线，所成的角为，故B，C均错误．
对于D选项，由B，C选项可知，，均为定值，则的轨迹为以，为球心的球面的交线，
即点在某个圆上运动，故D正确．
故选：D
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错或不选的得0分.
9. 在的展开式中（ ）
A. 所有系数的绝对值之和为B. 项的系数为
C. 系数最大项为第3项D. 有理项共有5项
【答案】BCD
【解析】对于A：在的展开式中所有系数的绝对值之和与的展开式中所有系数的和相等，
故令，可知展开式的系数之和为，故A错误；
对于B：因为展开式的通项公式
，，
令，解得，可得，
即项的系数为，故B正确；
对于C：由通项公式可得：第项的系数为，
当为偶数时，；当为奇数时，；
取为偶数，令，则，
整理得，所以，
所以系数最大项为第3项，故C正确；
对于D：令，则，所以有理项共有5项，故D正确；
故选：BCD.
10. 已知为数列的前项和，，则（ ）
A. 是等差数列B. 是等比数列
C. 是等比数列D. 的最大值是1
【答案】BCD
【解析】对于选项AB：由，时，有，所以，
当时，，两式相减得，且，可得，
可知数列是以为首项，公比为的等比数列，则，
故A错误，B正确；
对于选项C：因为，可得，，
所以等比数列，故C正确；
对于选项D：因为，所以，由基本不等式可得，
而，，当，即时取等号，故的最大值是，
故D正确；
故选：BCD．
11. （多选）泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，却在转瞬间无处寻觅.已知点，直线，动点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半.若某直线上存在这样的点P，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（ ）
A. 点P的轨迹方程是
B. 直线是“最远距离直线”
C. 平面上有一点，则的最小值为5
D. 点P的轨迹与圆是没有交汇的轨迹（也就是没有交点）
【答案】ABC
【解析】对于A，设，因为点P到点F的距离是点P到直线l距离的一半，
所以，化简可得，故选项A正确；
对于B，联立方程组，可得，
解得，故存在点，
所以直线是“最远距离直线”，故选项B正确；
对于C，过点P作垂直直线，垂足为B，
由题意可得，，则，
由图象可知，的最小值即为点A到直线的距离5，故选项C正确；
对于D，由可得，
即圆心为，半径为1，
易得点P的轨迹与圆C交于点，故选项D错误.
故选：ABC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 记样本数据10，18，8，4，16，24，6，8，32的中位数为a，平均数为b，则=______．
【答案】
【解析】将样本数据按从小到大的顺序排列，得4，6，8，8，10，16，18，24，32，
所以中位数，
由平均数的计算公式得，
所以.
故答案为：.
13. 已知方程所表示的曲线为双曲线，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】当时，显然不为双曲线；
当时，可化为，
若双曲线的焦点在轴，
则满足解得，
若双曲线的焦点在轴，
则满足解得.
综上所述，的取值范围为.
故答案为：.
14. 已知函数，若存在实数，，且，使得，则的最大值为______.
【答案】
【解析】根据题意作出函数y=fx的图象，如图所示，
令，解得或，令，解得或或，
由题意可知：与y=fx有三个交点，则，
此时，且，
所以，
令，
则恒成立，
所以在单增，
的最大值为，
即的最大值为.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．
（1）求角A的大小；
（2）若，求边a的长度最小时的周长．
解: （1）因为，
所以由正弦定理可得．
因为，所以，从而．
由题易知，所以．
因为，所．
（2）由余弦定理可得，
所以，所以，当且仅当时等号成立．所以边a的长度最小时的周长为．
16. 如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，，，，．

（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面所成二面角的正弦值．
解: （1）由题知，，，
所以，所以．
如图，过点作，垂足为，连接，
则，
又，所以，
所以,因为，，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面．
（2）由（1）知两两垂直，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，
所以为平面的法向量的一个法向量．
设平面的法向量为n=x,y,z，
则，即，
令，则，
则．
设平面与平面所成二面角的大小为，
则，
所以，
故平面与平面所成二面角的正弦值为．
17. 已知函数.
（1）讨论的单调性;
（2）若恒成立，求a的取值范围.
解: （1）因为，，
①若，则恒成立，在0,+∞上单调递增，
②若，令，得，
当时，f'x0，所以单调递增，
又趋向于0时， 趋向于，
故不恒成立；
当时，，符合题意；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
所以，
由恒成立，可得，
因为，所以，解得
综上，a的取值范围为.
18. 已知动点M到定点的距离比点M到定直线的距离小1，直线交曲线C于A，B两点．（点A在第一象限）
（1）求点M的轨迹C的方程；
（2）若过且与垂直的直线与曲线C交于C，D两点：（点C在第一象限）
（i）求四边形面积的最小值．
（i i）设，的中点分别为P，Q，求证：直线过定点．
解: （1）由题意知，动点M到定点的距离等于点M到定直线的距离，根据抛物线的定义可知，点M的轨迹是抛物线；
因为，所以抛物线的方程为，
即点M的轨迹C的方程为.
（2）（i）设点，，，，
由（1）知抛物线的准线为，，
根据抛物线的定义可知，，，，
所以，，
由题意知直线过且与直线交于点，
所以四边形的面积，
由，消去后得，
所以，
由韦达定理可知，所以，
由题意得直线：，
同理，联立，消去可得，
所以，
由韦达定理可知，所以，
所以四边形的面积，
，当且仅当，即时，等号成立，
所以四边形面积最小值为32.
（i i）由（i）知，所以点的横坐标为，
代入直线可得，所以，
同理可得，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
化简得，
所以直线过定点.
19. 若数列满足，则称数列为项数列，由所有项0数列组成集合.
（1）若是12项0数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和；
（2）从集合中任意取出两个不同数列，记.
①若，求随机变量的分布列与数学期望；
②证明：.
解: （1）因为是12项数列，当且仅当时，，
所以当和时，.
设数列的所有项的和为，
则
所以数列的所有项的和为0.
（2）①若，则中的数列有；；；；；；；；
，故的取值有1，2，3，
从8个数列中任选2个，共有种情况，
其中当时，若选择，可从；；任选1个，共有3种情况，
若选择，可以从；；任选1个，共有3种情况，
另外和，两者之一满足要求，和，两者之一满足要求，
和，两者之一满足要求，共有种情况，
故，
当时，和满足要求，和满足要求，和满足要求，
和满足要求，共有4种情况，故，
所以，
其分布列为
则；
②证明：因为数列是从集合中任意取出的两个数列，
所以数列为项数列，
所以的可能取值为：.
根据数列中0的个数可得，集合中元素的个数共有个，
当时，则数列中有项取值不同，有项取值相同，
从项中选择项，和在项的某一项数字相同，其余项，两者均在同一位置数字相反，
由于，此问题为组合问题，故所有的情况会重复1次，故共有种情况，
所以，
所以随机变量的分布列为：
因为，
所以
，
即.
1
2
3
1
2
3