辽宁大连滨城联盟2025-2026学年高三上学期12月数学试卷 （图片版，含答案）

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滨城高中联盟 2025-2026 学年度上学期高三期中 考试
数学答案
1．D. 【详解】考查了模，复数概念，除法运算
2．A 【详解】若m / / ， n// ，则 , 可能平行，也可能相交，故 ∥ 不一定成立，
若 ∥ ，则m / / ， n// ，故 ∥ 是m / / ， n// 的充分不必要条件. 故选：A
2
3 D 【详解】由 a a 3b ，则 a a 3b a 3a b 0，

a

2
32 a b 3 5故 a b 3，则 cos 3 5 5 ，3 3 a b
2

故 cos 2 2cos2 1 2 5 3 1 .故选：D.
5 5
3T 3π 2π
4.B 【详解】由 = ( 3 , 2)，得 ，A=2，所以T π, = 2 ，
4 4 4 T
所以 f x cos 2x
π
π π kπ 5π ，令 2x kπ , k Z，得 x = + , k Z ，
3 3 2 2 12
π
所以当 k 1 π 时， x ，所以 ,0

是函数的一个对称中心.故选：B.12 12
5. D 【详解】边长为 6 的正三角形的内切圆半径为： R 1 3 6 3，
3 2
所以正三棱柱的高为h 2R 2 3，
2

则外接球半径 r 2 3 OA R2 O A22 3 6 ，3 2
15

所以外接球的表面积为： 4πr 2 4π 15 60π ，故选：D.
2
6． B 【详解】由题可得： f x ln 2 ln x 1 x3，所以 f x 3x2
x 1 x 1 x 1
，
则 f(2025) + ( 2025) = 2 2, '(2025) '( 2025) = 0,
f(2025) + '(2025) + ( 2025) '( 2025) = 2 2 故选：B
7．B 【详解】由题可知： C : (x 1)2 (y 2)2 2，圆心C 1,2 ，半径 r 2，
1
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又CE CF， P是 EF的中点，所以CP
1
EF 1，
2
所以点 P的轨迹方程 (x 1)2 (y 2)2 1，圆心为点C 1,2 ，半径为 R 1，
若直线 l : x y 3 0上存在两点 A,B，使得 APB

恒成立，
2
则以 AB为直径的圆要包括圆 (x 1)2 (y 2)2 1，
1 2 3
点C 1,2 到直线 l的距离为 d 2 2
12 2
，
( 1)
所以 AB长度的最小值为 2 d 1 4 2 2，故选：B．
f x 38． B 【详解】由题意可得： sin π x
π 1
cos

x
5π

2 6 2 6
3 5π 1 5π 5π π
sin x

cos

x

sin x 2 6 2 6 6 6
sin x π sin x ，

即 f x sin x π 3π π 3π 是 ， 上的“完整函数”，所以存在 x1，x2 ， ， 2 2 2 2
f x1 f x2 使得 1成立；
2
x x π 3π 即存在 1， 2 ， ，使得 f x1 f x2 2成立； 2 2
又因为 f x 1，因此 f x1 f x2 1max ，
即 f x sin x π 3π在 x ， 上至少存在两个最大值点， 2 2
3π π
所以 T
2π
，解得 2；
2 2
3π π
当 2T
4π
，即 4时，一定满足题意；
2 2
2 4 x
π 3π π
若 ，因为 ， ， 0，所以 x
3 π
，
2 2 2 2
π 3 π
又易知π ＜2π，3π ＜6π；
2 2
9π 3 π
所以只需保证 ＜6π即可，解得3 4，综上可知 3．故选：B．
2 2
2
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二．多选题
9． ACD 【详解】选项 A：P为直角顶点的有 4个，F1为直角顶点的有 2个，F2为直角顶点的
有 2个，故 A正确；
选项 B：当 P位于短轴端点时，不妨取上端点，则 P(0,1)，
1 1
此时 P 1 2的面积最大，且为 F2 1
F2 1 2 3 1 3，2
所以 P 1 2的面积最大为 3，不可能为 2，故 B错误；
选项 C：由椭圆定义得 PF1 PF2 2a 4，
2
PF1 PF2 所以 PF1 PF2 4，
2
当且仅当 PF1 PF2 2时取等号，所以 PF1 PF2 的最大值为 4，故 C正确；
选项 D：设 P(x, y)，由题意 F1( 3,0),F2 ( 3,0)，

所以 PF1 ( 3 x, y),PF2 ( 3 x, y)，所以 PF1 PF2 x
2 y2 3，
2
因为 P x在椭圆上，所以 y2 1，且 x 2, 2 ，
4
2
所以 PF1 PF2 x
2 y2 3 3x 2，
4
3x2
所以当 x 0时， PF1 PF2 2的最小值为-2，故 D正确. 故选：ACD4
10．CD 【详解】对于选项 A：k 的取值范围为 ≤ 1或 ≥ 3所以 A 错误；
2 2
1
对于选项 B：当直线经过原点和点 2,1 时，在 x轴和 y轴上截距都相等，直线方程为 y x，
2
所以 B 错误；
对于 C，记点O到直线EG,FH距离为d1,d2， FH 2 49 d 22 ，
d21 d
2
2 OA
2
1, EG 2 49 d21 ，
所以 EG 2 FH 2 388 2 EG FH ，
即 EG FH 194 EFGH EG FH，则四边形 的面积 S 97，
2
即四边形 EFGH 的面积的最大值为 97，故 C 正确；
3
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对于选项 D：当直线 ax 2y 6 0与直线 x a 1 y a2 1 0互相平行时，
a 1
2 a 1
可得 2 ，解得a 1，所以 D 正确.故选：D.
3 1 a
a 1
11． BCD 【详解】因为正方体 ABCD A1B1C1D1 中，AB=4，所以 B1C B1D 1 CD 1 4 2 .
因为点 F 在线段 B1D1上，所以当 F 为 B1D1的中点时，
2
CF 取最小值为 BC 2 B1D 1 2 6，所以 A 错误.1
2
因为EG/ /平面 B1CD1，所以三棱锥G B1CD1的体积与三棱锥 E B1CD1的体积相等，
因为点 E 是固定的，所以点 E 到平面 B1CD1的距离确定，所以三棱锥G B1CD1的体积与三棱锥
E B1CD1的体积是定值，B 正确.
分别取棱CD,DD1的中点M ,N ，连接EM ,EN,MN .
所以MN / /CD1 ， EM / /B1C .
又CD1 , B1C 平面 B1CD1，而MN ,EM 不在平面 B1CD1内，
所以MN / /平面 B1CD1，EM / /平面 B1CD1 .
又MN EM M，所以平面EMN / /平面 B1CD1 .
因为点 G 在四边形C1CDD1（包含边）内，且EG/ /平面 B1CD1，所以点 G 的轨迹为线段 MN.
1
因为M ,N 分别是棱CD,DD1的中点，所以MN CD1 2 2，C 正确.2
将平面 B1D1E与平面 B1CD1展开到同一平面，则C F CF，连接C E .
由题意可得B1E 2,B1C 4 2， C B

1E 45 60 105 ，
则C E2 B1E
2 B '21C 2B1E B1C cos C B1E 28 8 3，
4
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当 F 是线段C E与 B1D1的交点时，C F EF C E 2，即 CF EF 的最小值为 28 8 3 ，D 正
确.
三．填空题：
12．答案： 1
10
13．答案： 3 1
【详解】依题意，直线 y 3(x 1) 经过椭圆的左焦点 F1，且 MF1F2 60 ，
由 MFF 1 2 2 MF2F1，得 MF2F1 30 ，则 F1MF2 90 ，
2 2
因此 MF 1, MF 3，所以离心率 e 3 11 2 2a MF1 MF
.
2
故答案为： 3 1
14．答案： π（答案不唯一）
【详解】由 f x x a sinax，得 f x sinax ax a2 cosax，
令 f x0 x0 a sinax0 0，则 x0 a或 sin ax0 0，
当 x0 a时，由 f x sinax ax a2 cosax 0，得 sina20 0 0 0 0，
所以a2 kπ k N* ，则a kπ k N ，
当 sin ax0 0时，由 f x0 sinax ax a20 0 cosax0 0，得 ax a20 cosax0 0，
由 cos ax0 0，得a 0或 x0 a，
5
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当a 0时， f x 0不存在极值点，
当 x0 a时，得a kπ k N* ，
综上，a kπ k N* ，
所以当k 1时， a π .故答案为： π（答案不唯一）.
四．解答题
π
15．【答案】(1) A (2) a 21，S 5 3
3 4
【详解】（1）由正弦定理得： sinAcosC 3sinAsinC sinB sinC
sinB sin A C ，再根据两角和的正弦公式展开得：
sinAcosC 3sinAsinC sinAcosC cosAsinC sinC，
消去sinAcosC，整理得： 3sinAsinC cosAsinC sinC， -----------2 分
0 C π, sinC 0，两边同除以sinC得： 3sinA cosA 1，
π 1
由辅助角公式得： sin A

， -------------4 分
6 2
0 A π π 5π π π π又 π，则 A ,

，故 A ，解得 A ．---------6 分6 6 6 6 6 3

（2）由题意得： 2AD AB AC， --------7 分
平方得： 4AD2 c2 b2 2bccos π，化简得b2 5b 6 0，
3
解得b 1(b 6舍 ) . -------9 分
由余弦定理得： a2 b2 c2 2bccosA 1 25 10cos60 21
a 21 ----------11 分
ABC的面积 S 1 bcsinA 1 5 3 1 5sin60 ---------13 分
2 2 4
x2 216．【答案】(1) y 1； (2)存在，M (4,0) .
4 3
【详解】（1）因为 2b 2 3 ，所以b 3，
e c 1 ，所以a 2c，所以b2 a2 c2 3c2 3，所以 c 1,a 2，
a 2
2 2
故椭圆C的方程为： x y 1． ----------4 分
4 3
（2）F(1,0)，设直线PQ的方程为： x my 1, P x1 , y1 ,Q x2 , y 2 ，
6
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x my 1

x 2 y 2 ，联立得 3m2 41 y
2 6my 9 0，


4 3
6m 9
> 0， y1 y2 2 , y1y2 2 ，（*）-------6 分3m 4 3m 4
1
S FM PM sin PMF
因为 PFM 2
PM sin PMF
1 ．S QFM FM QM sin QMF QM sin QMF
2
S
又因为 PFM
PM
，所以sin PMF sin QMF，
S QFM QM
结合图形可知， PMF QMF ， ------9 分
所以直线PM的斜率与直线QM 的斜率互为相反数，-------10 分
设直线PM的斜率为k1，直线QM 的斜率为 k 2 ，设点M (s,0)，
k k y1 y21 2 0，将 x1 my1 1，x2 my2 1代入整理得：x1 s x2 s
2m y1 y 2 (1 s ) y1 y 2 0 ， -------13 分
18m 6(1 s)m
再将（*）代入，可得 2 2 0，因为m 0，解得 s 4，3m 4 3m 4
即点M的坐标为 (4,0)．
M (4,0) = | |故在 x 轴上存在 ，使得 | |. ------15 分
0, 1 17．【答案】(1)单调递增区间为 ， 1,
1
，单调递减区间为 ,1

2
. (2) a e
2
【详解】（1）函数 f x ax 1 a 1 ln x的定义域为 0, ，
x
f x a 1 a 1 (x 1)(ax 1)则 2 2 x 0 ，x x x
7
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当a 2时， f x (x 1)(2x 1) 2 (x 0) -------------5分x
令 f x 0，解得： x 0,
1
1, ；令 f x 0
1
，解得： x ,1

，
2 2
f x 所以函数 的单调递增区间为 0,
1 1, 1 ,1 和 ，单调递减区间为 2 .------7分 2
(x 1)(ax 1)
（2） f x 2 (x 0)x
①当0 a 1时， f x 0在 0,1 内恒成立， f x 在 0,1 内单调递增，
则 f x f 1 a 1 2max ，解得 a 3与0 a 1矛盾； ----9分
1 1
②当 a 1时，有0 1，0 x 时 f x 0 1； x 1时 f x 0，
a a a
1 1
所以 f x 在 0, 上单调递增，在 ,1

上单调递减，
a a
1 1
∴ f x max f 1 a (a 1) ln 2 ，即 a (a 1) ln a 1 0，-----11分 a a
令 g x x (x 1) ln x 1(x 1)，则 g x ln x 1 0，
x
则 g x 在 1, 上单调递减，-------------13分
又 g e e e 1 ln e 1 0，故 a e；
综上， a e .--------15分
6 2 , 10

18． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 4 4 4
【详解】（1）连接 BD，因为点 E，F 分别为 AD, AB的中点，所以EF / /BD，
因为四边形 ABCD 为直角梯形， AB∥CD， ADC 90 ， A D A B 2 ，
所以 BD = AD 2 + AB 2 = 2 2 ， ADB BDC 45°，
在△ BDC中，由余弦定理可得
BC 2 BD 2 2 DC 2 2BD DC cos BDC 8 16 2 2 2 4 8，
2
所以 BC2 BD2 DC2，所以 BD BC，所以EF BC，
又因为△ PAD为等边三角形，点 E 为 AD 的中点，所以PE AD，
又因为侧面 PAD 平面 ABCD，侧面 PAD ∩平面 ABCD=AD，
所以PE 平面 ABCD，又BC 平面 ABCD，所以PE BC，
又因为 E F P E E ，EF,PE 平面PEF，所以BC 平面PEF；-----4 分
8
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（2）取BC的中点N ，连接 EN ，可得EN AD，
又PE 平面 ABCD，又EN 平面 ABCD，所以PE EN，
以 E 为坐标原点，EA,EN,EP所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则D 1,0,0 ,P 0,0, 3 ,F 1,1,0 ,C 1,4,0 ,E 0,0,0 ，
则EP 0,0, 3 ,EF 1,1,0 ,DP 1,0, 3 ,DC 0,4,0 ，
设平面 PEF 的一个法向量为m x , y , z ，

m EP 3z 0
，令 x 1，则 y 1, z 0，
m EF x y 0

则平面 PEF 的一个法向量为m 1, 1, 0 ，--------6 分

设平面 PCD 的一个法向量为n (m,n,s)，

n

DP m 3s 0
则 ，令 s 1，则m 3,n 0，
n DC 4n 0

所以平面 PCD 的一个法向量为 n ( 3,0,1)，-----------8 分
则 cos < m, n >= m n = 6， -------9 分
|m||n| 4
所以平面 PEF 与平面 PCD 所成角的余弦值为 6；----------10 分
4

（3）设DM DC 0 1 ，则DM DC 0,4,0 0,4 ,0 ，

又PM DM DP 0,4 ,0 1,0, 3 1,4 , 3 ，

又平面 PEF 的一个法向量为m 1, 1, 0 ，
设平面 PM 与平面 PEF 所成的夹角为 ，
9
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m PM 1 4
则sin cosm,PM
1 4
，-------13 分
m PM 2 1 16 2 3 8 32 2
1 1令 t 1 4 1, 5 ， ,1
t 5
，

1 4 t t t 1

则 8 32 2 t 1
2
8 2t
2 4t 2 2t2 4t 10 4 10 ，
8 32 2 2
4 t t
令 f t 10 4 1 1
2 8
2 2 10

t t
，
t 5 5
可得 f t 8 , f t 8， -------------15 分min 5 min
1 2 10
,所以 4 10 4 4

2
t t2
2 , 10

所以直线 PM 与平面 PEF 所成角的正弦值的取值范围为 4 4
．-------17 分

19． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 1,0 (3)严格单调递减
2
【详解】（1）当 ( 1, 1)时， = ( + 1)2 + 1+ 1 = 2 + 12 + 2 +
2 + 2 ≥ 8，

当且仅当 2 = 12 , 2 =
2即 = 1 时取等号，

故对于点 ( 1, 1)，存在点 1,1 ，使得该点是 0,0 在 的“最近点”．---3 分
（2）由题设可得 = ( 0)2 + lnx 1 2 = 2 + ( )2 2 + 1，
则 ' = (2 2 ) + 2lnx 1，因为 x > 1 时， ' > 0， 单调递增函数，---5 分

0故 min = 1 = 2，此时 1,0 ，
而 ' = 1 , = ' 1 = 1，故 在点 处的切线方程为 = 1.

而 = 0 1 = 1，故 = 1，故直线 与 = 在点 处的切线垂直。---8 分1 0
（3）设 2 21 = ( + 1) + ( + ) ，
2 = ( 1)2 + ( )2，
而 ' '1 = 2( + 1) + 2( + ) ，
10
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'2 = 2( 1) + 2( ) ' ，
若对任意的 ∈ ，存在点 同时是 1, 2在 的“最近点”，
设 0, 0 ，则 0既是 1 的最小值点，也是 2 的最小值点，
因为两函数的定义域均为 R，则 0也是两函数的极小值点，
则存在 0,使得 1' 0 = 2' 0 = 0，
即 1' 0 = 2 0 + 1 + 2 ' 0 0 ( ) + ( ) = 0①
2' 0 = 2 0 1 + 2 ' 0 0 ( ) ( ) = 0②
由①②相等得 4 + 4 ( ) ' '0 = 0，即 1 + 0 ( ) = 0，
即 ' 0 =
1 ，又因为函数 ( )在定义域 R 上恒正，
( )
则 ' = 10 < 0 恒成立，----------13 分 ( )
接下来证明 0 = ，
因为 0既是 1 的最小值点，也是 2 的最小值点，
则 1 0 ≤ ( ), 2 0 ≤ ( )，
即 0 + 1 2 + +
2 ≤ 1 + 20 ，③
0 1 2 + 0
2 ≤ 1+ 2，④
③+④得 2 0 2 + 2 + 2 0 ( ) 2 + 2 2( ) ≤ 2 + 2 2( )
即 2 +
2 ≤ 0，因为 20 0 0 ≥ 0,
2
0 ≥ 0
0 = 0则 = 0，解得 0 = ，0
则 ' = 1 < 0 恒成立，因为 的任意性，则 严格单调递减.-------17 分
( )
11