数学答案·2025年12月皖江名校高三联考_2025年12月_251221安徽省皖江名校联盟2025-2026学年高三年级12月质量检测（全科）_答案PDF

数学参考答案及赋分标准 一、选择题:： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A B D C C A D B 1.【答案】A【解析】lg2lg5lg101，选项A正确. 2.【答案】B【解析】A{xZ|x2 x 60}{xZ|(x 3)(x 2)0}{1,0,1,2}， 故 A{3,2,3}，选项B正确. U 3.【答案】D【解析】设z x yi，则z x yi，从而2yi2i,x2 y2 5，即x2 4,y1， 从而z z 2x 4，选项D正确. 1 4.【答案】C【解析】所求圆锥侧面积S  2π122π，C正确. 2 5. 【答案】C【解析】 A是必要条件，举例如下：若函数f(x)sinx ，显然有对于任意xD ， f(x)2，但f(x)的最大值不是2；B显然错误；C正确，D是充要条件. π π π π 6．【答案】A【解析】C,D是周期函数，A,B不是周期函数，当x( , )时，|2x|2x( , )， 6 4 3 2 选项A正确. 4x 1 4x 1 1 1 7.【答案】D【解析】因为f(x)    (2x 2x)，所以f(x)f(x)， 2xx2 2x 2x2 2x2 M 因此M m 0，即 1. m a 1 1 2 1 1 1 8.【答案】B【解析】因为 n1  ，即  1，故 12( 1)， 12n1， a 2a a a a a a n n n1 n n1 n n n 1 所以 2n n11000，解得n 9，选B. a i1 i 二、选择题： 题号 9 10 11 答案 AC BCD ABD 1 1 9.【答案】AC【解析】因为ab(ab)(  )4，等号成立当且仅当a b2， a b 1 1 所以ab的最小值为4，选项A正确；令a b2，满足  1，但此时ab4， a b 所以ab的最大值不是2，选项B错误； 1 1 b2 a2 b a 因为a2 b2 (a2 b2)(  )2 2 + （2 + ）8，等号成立当且仅当a b2， a b a2 b2 a b a2 b2 ab （或  4a2 b2 8）即a2 b2的最小值为8，故选项C正确； 2 2 1 1 1 1   a2 b2 a b 1 1 1 1 1 1 1 因为   ，所以   ，等号成立当且仅当a b2，即  的最小值为 ， 2 2 2 a2 b2 2 a2 b2 2 因而选项D错误. 10.【答案】BCD【解析略】画图即知.11.【答案】ABD【解析】由a2 b2 bc以及正弦定理知sin2Asin2B sinBsinC ， 易证sin2Asin2B sin(AB)sin(AB)（正弦平方差公式）， 又sin(AB)sinC 0，故sin(AB)sinB 0，可得A2B，选项A正确； 由余弦定理知a2 b2 c2 2bccosA，代入a2 b2 bc得c2 2bccosAbc， 即cb2bcosA，选项B正确； π π 若a  3,b1，由a2 b2 bc得c2,C  ，从而ACD BCD  , 2 4 1 1 1 由S S S ，得 absin90 bCDsin45 aCDsin45, △ABC △ADC △ADB 2 2 2 sinACB sinACD sinBCD （该面积法可证张角定理：   ） CD BC AC 2 6 从而 3  CD CD，即 6 CD 3CD ， 2 2 3 2 6 解得 6 CD 3CD  ，选项C错误； 2 （另解：如图，已知A60,B 30, C x E 3( 31) 因为x  3x  3，解得x  ， 2 2x 3x x 6( 31) 3 2  6 所以CD  2x   故.C错误） A D B 2 2 a sinA 由上A2BsinAsin2B 2sinBcosB  2cosB b sinB c 1 因为a2 b2 bc，两边同除以ab，所以 2cosB ， a 2cosB  π A2B , 因为△ABC为锐角三角形，故   2 所以 π B  π ,cosB( 2 , 3 ) π 6 4 2 2 AB  ,  2 c 1 2 2 3 由函数单调性知 2cosB ( , )，选项D正确. a 2cosB 2 3 【备注】倍角三角形（存在正整数k，使得三角形一内角是另一个内角的k倍）有着非常多的性质，本 题刻画的是k=2时倍角三角形的性质： A2B a 2bcosB a2 b2 bc c b2bcosA 可以证明，点C的轨迹是双曲线的一支. x2 y2 【参考试题】：（2021年八省联考节选）双曲线C :  1(a 0,b0)左顶点为A，右焦点为F， a2 b2 离心率为2，动点B在C上且在第一象限，证明：BFA2BAF . 三、填空题： 12.【答案】3 π π 【解析】f(x)sin(2x  )2cos(2x  ) 3 6 π π π π sin2xcos cos2xsin 2cos2xcos 2sin2xsin 3 3 6 63 3 3 π  sin2x  cos2x 3sin(2x  ) 2 2 3 故最大值为3. π π π π π π 注： f(x)sin(2x  )2cos(2x  )sin(2x  )2cos(2x   ) 3sin(2x  ). 3 6 3 3 2 3 13.【答案】(2,1) ab 【解析】所求投影向量为 b b(2,1) |b|2 2 3 14.【答案】 27 【解析】将四面体如图放置在长方体中，设AD BC x,OAa,OB b,OD c， 显然0x 2  12 x2 12 x2 a2   , D 1 a2 b2 12,  2 2 C   12 12 x2 2x2 又a2 c2 x2, 从而b2   , x c 1 x 1 2 2   b2 c2 12,   12 x2 12 x2 a O 1 b B c2   , A  2 2 可得0t x2 2， 1 1 t2(2t) 而V  abc ， 四面体ABCD 3 6 2 记g(t)t2(2t)，则g'(t)2t(2t)t2 3t2 4t 4 2 3 4 32 所以当t  ，即x  时， g(t)取最大值g( ) ， 3 3 3 27 1 16 2 3 故V 的最大值为  . 四面体ABCD 6 27 27 四、解答题 1 1 15.（1）若m x 1，则f(x) ,f(x )1，f '(x) ， 0 x 0 x2 所以切线AB的方程为y1(x 1)，即yx 2， ………………………3分 m m （2）依题意，f(x ) ，f '(x) 0 x x2 0 m m m 2m 所以切线AB的方程为y  (x x )，即y  x  ，…………6分 x x 2 0 x 2 x 0 0 0 0 2m 2m 令x 0，得y  ，即点B的坐标为(0, )， x x 0 0 令y0，得x 2x ，即点A的坐标为(2x ,0)， ………………………………9分 0 0 2m 02x 0 因为 0 x ， x m ， 2 0 0  2 x 0 m 所以AB中点坐标为(x , )，即P是AB的中点. ……………………………11分 0 x 01 1 2m （3）有（2）知△OAB的面积S  |OA||OB| 2x  2m, 2 2 0 x 0 故△OAB的面积为定值，且该定值为2m. ……………………………………13分 注：本题通过导数研究反比例函数的性质，刻画了一般双曲线的性质： x2 y2 过双曲线  1上任意一点P(x ,y )作该双曲线的切线，与双曲线的渐近线分别交于点A,B，则： a2 b2 0 0 （1）P是AB的中点； （2）△OAB的面积为定值ab. π 16.（1）依题意，C为DE的中点，因此点C的坐标为( ,0)， 3 π π π T π 所以|BC | ( ) ，即  ，从而2； …………………………3分 3 6 2 2 2 π π ( ) 3 6 π 且BC 的中点F的横坐标为  ， 2 12 1 π 故曲线y f(x)的对称轴方程为x  kπ (kZ)； …………………………6分 2 12 π π 7π 又2   （此为点F关于C对称的点的横坐标）， 3 12 12 π 7π 所以函数f(x)的单调递减区间为[kπ ,kπ ]，其中kZ.……………9分 12 12 π π （2）①由题意，f( )0，故2( )kπ(kZ), 6 6 π 因为0π，解得 . ……………………………………………………12分 3 3 π 3 又f(0) ，所以Asin  ，解得A1， 2 3 2 1 1 π 3 3π 显然，△BCD的面积 |BC ||OD|    .…………………15分 2 2 2 2 8 17.（1）记BE中点为O，依题意， （方法一）如解答图1，因为四边形ABCE 为正方形， 所以OA OAOB OC OE ，OA BE ，而平面ABE 平面BCDE ， 1 1 1 故OA 平面BCDE ，……………………………………………………………3分 1 因而OA OC ，从而AC AE ，故CE AF， 1 1 1 1 又△CDE 是等边三角形，所以DF CE ，即CE 平面ADF， 1 从而平面CDE 平面ADF. ……………………………………………………6分 1 z A 1 A 1 A 1 O O O B E B E B E y F F F C D C D x C D 解答图1 解答图2 解答图3 （方法二）因为△CDE 是等边三角形，F为CE中点，所以DF CE ,又四边形ABCE 为正方形，所以BC CE ，因而DF ∥BC ， 又O为中点，所以OF ∥BC ， 即O，F，D 三点共线，平面ADF即平面AOD，（如解答图2）………………3分 1 1 而平面ABE 平面BCDE ，且OA BE ， 1 1 故OA 平面BCDE ，从而OA CE， 1 1 由CE BC ，知CE OD ，从而CE 平面AOD，即CE 平面ADF， 1 1 所以平面CDE 平面ADF. ……………………………………………………6分 1 （2）（方法一）由（1）知，OA,OB,OC 两两垂直，如解答图3建立空间直角坐标系. 1 不妨设OA OB OC 1，则A(0,0,1),B(0,1,0),C(1,0,0),E(0,1,0)， 1 1   n BA 0, 设平面ABC 的法向量为n =(x,y,z)，则 1  1 1 1 n BC 0, 1 yz 0, 即 取x 1，得n =(1,1,1)， ……………………………………10分 x y 0, 1 由（1）知，即CE 平面ADF， 1  即平面ADF的法向量为n =CE  (1,1,0)， 1 2 11 6 所以cosn ,n   , 1 2 3 2 3 3 即平面ADF与平面ABC 所成锐二面角为，则sin . ………………15分 1 1 3 （方法二）用平面AOF 替代平面ADF计算，数据简单（过程略）. 1 1 （方法三）设平面ADF与平面ABC 所成锐二面角的平面角为， 1 1 由（1）证法二知，为平面AOF 与平面ABC 所成锐二面角的平面角，OF ∥BC ， 1 1 取BC中点H， l 易证AH BC ,AOBC ,………………… 8分 A 1 1 1 记平面ADF 平面ABC l ，（如解答图4） 1 1 可证l ∥OF ∥BC ，…………………………10分 从而A 1 H l,A 1 O l, B O E 即HAO ， ………………………………12分 H 1 F 不妨设OH 1，则OH  2，AH  3, C 1 D 3 解答图4 因此sinHAO  . 1 3 3 记平面ADF与平面ABC 所成锐二面角为，则sin . …………………15分 1 1 3 n 18.（1）依题意，a 0，a 3 S 2即a 3 a 3 a 3 (a a a )2， n i n 1 2 n 1 2 n i1 当n 1时，a 3 a 2，可得a 1， 1 1 1 当n 2时，a 3 a 3 (a a )2，即1a 3 (1a )2， 1 2 1 2 2 2 从而a 3 a 2 2a ，解得a 1或a 2，…………………………………3分 2 2 2 2 2 当n 3时，a 3 a 3 a 3 (a a a )2， 1 2 3 1 2 3 若a 1，则a 3 a 2，解得a 1，…………………………………………5分 2 3 3 3 若a 2，则9a 3 (3a )2， 2 3 3从而a 3 a 2 6a ，解得a 2或a 3， 3 3 2 3 3 综上，(a ,a ,a )(1,1,1)或(1,2,2)或(1,2,3). …………………………7分 1 2 3 n （2）因为a 3 S 2，即a 3 a 3 a 3 S 2， i n 1 2 n n i1 所以a 3 a 3 a 3 S 2(n 2) 1 2 n1 n1 两式相减得，a 3 S 2 S 2 (S S )(S S ) n n n1 n n1 n n1 所以a 2 S S ，……………………………………………………………10分 n n n1 从而a 2 S S (n 3) n1 n1 n2 相减得a 2 a 2 a a ，即a a 1(n 3)， n n1 n n1 n n1 又a 1，由（1）知a 2，即a a 1， 1 2 2 1 从而{a }是公差为1首项为1的等差数列，所以a n n n n(n1) 从而S  . ……………………………………………………………13分 n 2 （3）由（2）a 2 a 2 a a ，所以(a a )(a a 1)0， n n1 n n1 n n1 n n1 故a a ，或a a 1， ……………………………………………15分 n n1 n n1 所以存在数列{a }，使得a 2025， n 2026 n,1n2025, 其中{a }可以为a  ………………………………………17分 n n a n1 ,n2026. 注：（3）满足题意的数列{a }的通项公式不唯一. n f(x) π 19.（1）因为函数f(x), 均为偶函数，所以只需证明x(0, )结论成立即可. cosx 2 f(x) 此时f(x)1 等价于sinx x tanx . ……………………………………2分 cosx π 令g(x)x sinx ，则g'(x)1cosx 0 (0x  )， 2 π 所以函数g(x)在(0, )上递增，所以g(x)g(0)0，x sinx 成立；………4分 2 π 1 令(x)x tanx ，x(0, )，则'(x)1 0， 2 cos2x π 所以函数(x)在(0, )上单调递减，所以g(x)g(0)0，x tanx成立， 2 综上，结论成立！ …………………………………………………………………6分 （2）依题意，F(x)x2f '(x)xcosx sinx，所以F'(x)xsinx， 因此当0x π时，F'(x)0,F(x)F(0)0,F(x)没有零点， 当πx 2π时，F'(x)0，函数F(x)单调递增， 3π 又F(π)π0,F( )1>0 F(x)有唯一零点， ………………………………9分 2 当2πx 3π时，F'(x)0，函数F(x)单调递减， 5π 因为F(2π)2π>0,F( )10 F(x)有唯一零点， 2 当3πx 4π时，F'(x)0，函数F(x)单调递增，7π 而F(3π)3π0,F( )1>0 F(x)有唯一零点， 2 因此函数F(x)在区间(0,4π)上有3个零点. …………………………………12分 xcosx sinx （3）f '(x) 0即F(x)0，由（2）知 x2 当0x π时，F(x)没有零点，即f(x)没有极值点， 3π 5π 7π 且x (π, ),x (2π, ),x (3π, )， 1 2 2 2 3 2 sinx 因为F(x)0即f(x) cosx ， x 所以f(x )f(x )f(x )cosx cosx cosx ， ……………………………14分 1 2 3 1 2 3 显然有cosx 0,cosx 0,cosx 0,，下证cosx cosx 0 1 2 3 1 2 xcosx sinx 因为f '(x) 0x tanx x2 5π 因为x x ，即tanx tanx ，从而tan(x π)tanx ，故2πx πx  ， 1 2 1 2 1 2 1 2 2 5π 因为函数y cosx 在(2π, )内单调递减， 2 所以cos(x π)cosx 0， 1 2 从而cosx cosx cos(x π)cosx 0，即cosx cosx 0， 1 2 1 2 1 2 综上，cosx cosx cosx 0， 1 2 3 即f(x )f(x )f(x )0. ……………………………………………………17分 1 2 3 注：由上述证明易证cosx cosx 0，从而可证cosx cosx cosx 0 2k1 2k 1 2 n （以上解法仅供参考，其它正确解法参考以上标准赋分）