2024-2025學年東北三省高三上學期12月聯考數學檢測試卷一、單選題（本大題共8小題）1．已知復數（為虛數單位），則（

）A． B． C． D．2．已知，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件3．已知向量，，且，則（

）A． B． C． D．4．已知函數fx=Asinωx+φ（，，，）的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是（

）A．直線是圖象的一條對稱軸B．圖象的對稱中心為，C．在區間上單調遞增D．將的圖象向左平移個單位長度后，可得到一個偶函數的圖象5．正四棱臺在古代被稱為“方亭”，在中國古代建筑中有著廣泛的應用．例如，古代園林中的臺榭建筑常常采用這種結構，臺上建有屋宇，稱為“榭”，這種結構不僅美觀，還具有廣瞻四方的功能，常用于觀賞和娛樂．在正四棱臺中，，，，則（

）A．2 B． C． D．36．已知等比數列的前n項和為，且，其中．若在與之間插入3個數，使這5個數組成一個公差為d的等差數列，則d＝（

）A．2 B．3 C． D．7．已知雙曲線的右焦點為，為坐標原點，過點的直線與雙曲線的兩條漸近線分別交于、兩點，點為線段的中點，且，則雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．8．已知是定義在上的函數，且，，則（

）A． B． C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．已知，，且，則下列不等式恒成立的有（

）A． B． C． D．10．如圖，菱形ABCD的邊長為2，，E為邊AB的中點．將△ADE沿DE折起，折疊后點A的對應點為，使得面面，連接，則下列說法正確的是（

）

A．D到平面的距離為B．四面體的外接球表面積為8πC．BC與所成角的余弦值為D．直線與平面所成角的正弦值為11．已知函數為R上的奇函數，當時，，且的圖象關于點中心對稱，則下列說法正確的是（

）A．B．直線與圖象有8個交點C．是周期為2的周期函數D．方程所有根的和為三、填空題（本大題共3小題）12．已知等差數列，，則．13．已知集合，，且的非空子集的個數為3，則整數b的一個可能取值為．14．已知函數，若恒成立，則a的取值范圍是．四、解答題（本大題共5小題）15．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，△ABC的周長為18，且b，c，a成遞增的等差數列，．點D，E和F分別在BC，AC和AB上，滿足，，．(1)求a，b，c的值；(2)求證：AD，BE和CF三線交于一點K．16．如圖，在四棱錐中，，，，，面面，點E是PC的中點．(1)證明：面；(2)當面時，求二面角的余弦值．17．城市活力是城市高質量發展的關鍵表征，其反映了城市空間治理能力現代化的水平．城市活力由人群活動和實體環境兩方面構成，通過數學建模研究表明：一天中，區域的居民活動類型（工作、學習和休閑）越豐富，活動地點總數越多，區域之間人口流動越頻繁，城市活力度越高．市基于大數據測算城市活力度，發現該市一工作日中活力度與時間的關系可以用函數來近似刻畫，其中正午點的城市活力度為，是工作日內活力度的最高值；點到次日早上點期間的城市活力度均為工作日內活力度的最低值．(1)分別求、的值；(2)求該工作日內，市活力度不大于的總時長．18．已知函數，其中，是自然對數的底數，是的導函數．(1)當時，求曲線y=gx在點處的切線方程；(2)當存在極值時，證明：的極值小于或等于1．19．記數列的前n項和為，已知．(1)求的通項公式；(2)記數列的前n項和為．（ⅰ）求；（ⅱ）證明：．

答案1．【正確答案】B【分析】根據復數的乘除法化簡復數，再利用復數的模計算即可.【詳解】，所以，故選：B．2．【正確答案】A【分析】利用充分條件、必要條件的定義，結合誘導公式及同角公式判斷得解.【詳解】由，得，而，則；當時，由，解得，則，所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A3．【正確答案】B【分析】根據平面向量共線的坐標表示求出的值，可求出向量的坐標，利用平面向量的模長公式可求得的值.【詳解】因為向量，，由可得，解得，故，故．故選：B．4．【正確答案】D【詳解】由圖易知，，得，又，，所以，因為點在函數圖象上，所以，得到，又，所以，故，對于選項A，由，得，，故直線不是圖象的一條對稱軸，所以選項A錯誤；對于選項B，由，得，，函數圖象的對稱中心為，，所以選項B錯誤；對于選項C，由，，得，，當時，得到，所以選項C錯誤；對于選項D，將的圖象向左平移個單位長度后得，所以平移后的函數是偶函數，故選項D正確.故選：D．5．【正確答案】B【分析】設，根據正四棱臺的性質及結合空間向量的線性運算可得，進而結合空間向量的數量積運算律求解即可．【詳解】在正四棱臺中，，，，在側面中，得，由，所以，設，則，所以，則.故選：B．6．【正確答案】B【分析】利用關系可得，結合等比數列定義寫出通項公式，進而得，，根據等差數列通項求公差.【詳解】因為，當時，，兩式相減，得，即，故公比為2，所以，而當時，得，所以等比數列的通項公式為，，所以，，公差為．故選：B7．【正確答案】C【分析】方法一：分析可得，將直線和直線的方程建立，求出點的坐標，再由，可得出、的等量關系，由此可求得該雙曲線的離心率的值；方法二：推導出，結合對稱性可求出的值，求出的值，由此可得出該雙曲線的離心率的值.【詳解】方法一：因為，且為線段的中點，所以，，則，不妨設點在第一象限，則直線的斜率為，所以，直線的方程為，聯立，解得，即點，所以，，化簡可得，即，雙曲線的離心率．方法二：因為為中點，，則，所以，又直線與直線分別為雙曲線的兩條漸近線，得，所以，，所以，故．故選：C．8．【正確答案】C【分析】借助賦值法令可得，即可得，再借助賦值法計算可得函數周期，利用所得周期計算即可得解.【詳解】因為，所以當時，，又，所以．又由，可得，所以，，故函數是以4為周期的函數，所以．故選：C．9．【正確答案】ABC【分析】利用不等式性質判斷AB；利用指數函數單調性判斷C；舉例說明判斷D.【詳解】對于A，，恒成立，A正確；對于B，由，得，B正確；對于C，由，得，C正確；對于D，取，符合題意，而，D錯誤.故選：ABC10．【正確答案】BCD【分析】根據題設構建合適的空間直角坐標系，應用向量法求點面距離、線線、線面夾角判定A、C、D；根據幾何體結構確定外接球球心位置，利用等量關系列方程求球體半徑，即可求表面積判斷B.【詳解】因為菱形ABCD中，E為AB的中點，所以，即將△ADE沿DE折起后，，，又面面，面面，面，所以面，則EB，ED，兩兩垂直，以E為坐標原點，EB，ED，所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，

則，所以，，，．對于A，設面的法向量為，則，取，，D到面的距離，錯誤；對于B，取CE中點F，連接DF，由，，過F作直線面，則四面體的外接球球心O在直線l上，設，外接球半徑為R，由，得，解得，則，四面體的外接球的表面積為，正確；對于C，BC與所成角的余弦值為，正確；對于D，設面的法向量為，則取，，，正確．故選：BCD11．【正確答案】ACD【分析】利用對稱性及奇函數性質可得、直線與的圖象交點為奇數個判斷A、B；根據題設有，再確定gx+2與的關系判斷C；根據以上分析得、，數形結合確定所有根的和，再利用周期性求所有根的和判斷D.【詳解】對于A，的圖象關于點中心對稱，則，當時，可得，又，則，正確；對于B，因為為R上的奇函數，且為直線與圖象的一個交點，所以直線與的圖象交點為奇數個，錯誤；對于C，由A分析，得，則，所以，故是周期為2的函數，正確；對于D，因為為R上的奇函數，當x∈?1,1時，，由的周期為2，得，函數圖象如圖所示，當x∈?1,1時，令，解得，當時有最值，因為函數為奇函數且圖象關于中心對稱，所以圖象也關于中心對稱，當，有兩個解，且關于對稱，當時，所有根的和為，結合正弦型函數的周期性和的圖象，所有根的和為，正確．故選：ACD．關鍵點點睛：對于D，根據解析式及的周期性、正弦型函數性質畫出函數大致圖象，數形結合求所有根的和，應用周期性求所有根的和.12．【正確答案】21【分析】根據題設及等差數列的通項公式求得，再由等差數列前n項和求結果.【詳解】設等差數列的公差為d，由，可得，即，則．故21．13．【正確答案】（答案不唯一）【分析】將問題化為直線與半圓有2個公共點，數形結合及點線距離公式求參數臨界值，即可得范圍.【詳解】由是以原點為圓心，以5為半徑的右半圓（含），如圖，，的非空子集的個數為3等價于直線與半圓有2個公共點，當直線經過點時，，當直線與半圓相切時，得，則或（舍），由圖知，，故整數b的可能取值為．故（答案不唯一）14．【正確答案】【分析】根據題設，將問題化為恒成立，構造并應用導數研究單調性，進一步化為恒成立，再應用導數求右側最值，即可得參數范圍.【詳解】由題意，在上恒成立，即，恒成立．，整理得恒成立，即，所以，令，則，故在定義域上單調遞增，所以，即恒成立，令，則，當時?′x>0，當x∈0,+∞時，即．故關鍵點點睛：將不等式化為恒成立為關鍵.15．【正確答案】(1)，，；(2)證明見解析.【分析】（1）根據已知及等差數列性質可得，，結合余弦邊角關系得方程組求邊長即可；（2）根據已知各線段的線性關系得，，，設、，再應用平面向量的基本定理用表示，求出參數值，即可證結論.【詳解】（1）因為△ABC的周長為18，所以，由于b，c，a是遞增的等差數列，故，所以，①，又②，由①②，解得，，．（2）由題意，得，，，所以，，

設BE和CF交于點K，由B，K，E三點共線，得，由C，K，F三點共線，得，所以，解得，則，又，所以，所以AD過點K，即AD，BE和CF三線交于一點K，得證.16．【正確答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）根據題設可得，由面面、線面垂直的性質有，最后用線面垂直的判定證結論；（2）法一：取AD的中點O，作交BC于M，連接OP，建立合適空間直角坐標系，根據空間線面、線線位置關系及向量垂直或平行的坐標表示求出的坐標，再用向量法求二面角余弦值；法二：取AD的中點O，連接OP和OC，再取OC的中點Q，連接QE，在平面ABCD內過點Q作BC的垂線，垂足為點N，連接EN，根據二面角的定義確定∠ENQ為二面角的平面角，再根據已知求其余弦值.【詳解】（1）由題設，所以，而，則，所以，因為面面，面面，面，，所以面，又面，所以，因為面，且，所以面．（2）法一：取AD的中點O，作交BC于M，連接OP，則，面面，面面，面，則面，以O為原點，OA、OM、OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，所以，設，則，，，．易知面PAD的一個法向量為，而面，故，得．因為，所以，可得（負值舍），即．設平面PBC的一個法向量為，則，令，可得，易知平面ABC的一個法向量，則，二面角為銳二面角，所以二面角的余弦值為．法二：取AD的中點O，連接OP和OC，再取OC的中點Q，連接QE，在平面ABCD內過點Q作BC的垂線，垂足為點N，連接EN，因為，且O是AD的中點，所以．面面，面面，面，則面，因為EQ是△POC的中位線，則，所以面，因為面，所以，又，面，且，所以面，又面，所以，由二面角的定義知，∠ENQ為二面角的平面角．連接BQ，并延長BQ交CD于點T．由，面，面，所以面．當面時，面，且，則面面．由面面及線面平行的性質定理可知．記AC交BT于F，因為點Q是OC的中點，，所以F是AC的中點，由此可知，，因為，所以，且．由，知，由，得，所以，，因此，，所以二面角的余弦值為．17．【正確答案】(1)，(2)小時【分析】（1）根據題意可得出，代入函數解析式可求得實數的值，再根據題中信息得出，可得出關于的等式，即可解得的值；（2）解不等式，即可得出結論.【詳解】（1）由正午點的城市活力度為，知，代入數據得，解得，點到次日早上點期間的城市活力度均為工作日內活力度的最低值，故，代入數據得，解得．（2）由（1）知，當時，令，解得，當時，令，則，，，可得，解得，故一日內只有當時，活力度大于，即該工作日內有個小時活力度不大于．18．【正確答案】(1)；(2)證明見解析.【分析】（1）應用導數的幾何意義求切線方程即可；（2）根據題設得，討論參數a研究單調性，結合極值的存在性有，進而得到，應用導數研究右側的最值，即可證結論.【詳解】（1）由題設，當時，則，，故曲線y=gx在點處的切線方程為，整理得．（2）由（1）得，求導得，當時，單調遞增，故不存在極值，當時，存在，使得，且，在上f′x<0，單調遞減，在上f′x>0此時存在極值，由計算得，設，，則，當時，當時，所以時，取得極大值，也是最大值，故，即的極值小于或等于1．19．【正確答案】(1)；(2)（ⅰ）；（ⅱ）證明見解析【分析】（1）根據題設遞推關系，利用關系及等比數列定義寫出通項公式；（2