广东省建文教育集团两学部2025届高三上学期12月第一次模拟数学试卷(含答案)

这是一份广东省建文教育集团两学部2025届高三上学期12月第一次模拟数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．若复数z满足，则( )
A.1B.C.2D.4
2．已知命题，，，，则( )
A.p和q都是真命题B.p和都是真命题
C.和q都是真命题D.和都是真命题
3．记为非零数列的前n项和，若，，则( )
A.2B.4C.8D.16
4．已知函数的部分图象如图，A，B是相邻的最低点和最高点，直线的方程为，则函数的解析式为( )
A.B.
C.D.
5．众数､平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据的分布形态有关.根据某小区1000户居民的月均用水量数据（单位：t），得到如图所示的频率分布直方图，记该组数据的众数为p，中位数为m，平均数为，则( )
A.B.C.D.
6．将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则在下列区间中，函数单调递减的是( )
A.B.C.D.
7．已知定义在R上的函数满足为奇函数，且的图象关于直线对称，若，则( )
A.B.0C.1D.2
8．椭圆的长轴长为6，则该椭圆的离心率为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．在复平面内，复数，对应的向量分别为、，则下列说法不正确的是( )
A.B.
C.若，则D.若，则
10．已知圆锥的顶点为P，为底面圆O的直径，，，点C在圆O上，点G为的中点，与底面所成的角为，则( )
A.该圆锥的侧面积为
B.该圆锥的休积为
C.
D.该圆锥内部半径最大的球的表面积为
11．“”可以看作数学上的无穷符号，也可以用来表示数学上特殊的曲线.如图所示的曲线C过坐标原点O，C上的点到两定点，的距离之积为定值.则下列说法正确的是( )（参考数据：）
A.若，则C的方程为
B.若C上的点到两定点、的距离之积为16，则点在C上
C.若，点在C上，则
D.当时，C上第一象限内的点P满足的面积为，则
三、填空题
12．已知，则________.
13．若存在（a，b，c互不相等），满足，则的取值范围为________.
14．已知函数的最小值为0，则________.
四、解答题
15．在中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且.
(1)若，且的面积为，求A；
(2)若，，，求.
16．已知二阶行列式，三阶行列式，其中，，分别为，，的余子式（某个数的余子式是指删去那个数所在的行和列后剩下的行列式）.
(1)计算；
(2)设函数；
①若的极值点恰为等差数列的前两项，且的公差大于0，求；
②若，且，函数，证明：.
17．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，平面平面，E为的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
18．已知函数.
(1)当时，求函数的图象在点处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性；
(3)设，若，求实数a的取值范围.
19．设数列的前n项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)在和之间插入1个数，使，，成等差数列；在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列；依次类推，在和之间插入n个数，，…，，使，，，…，，成等差数列.
（i）若，求；
（ii）对于（i）中的，是否存在正整数m，n，p，使得成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，说明理由.
参考答案
1．答案：C
解析：法1：因为，所以，，所以.
法2：因为，所以，即，.
故选：C.
2．答案：B
解析：当时，命题p:成立，所以命题p是真命题，命题是假命题；
当时，命题q:不成立，所以命题q是真命题，命题是真命题.
故选：B.
3．答案：C
解析：在非零数列中，，由，，得数列是等比数列，，因此，所以.
故选：C
4．答案：C
解析：连接，与x轴交于点C，
由图象的对称性，知点C也在函数的图象上，所以点C的坐标为.
设，由，得，
所以的最小正周期T满足，
解得，即，解得，
，.因为点是图象的一个最高点，
所以，结合，
解得，，
故选：C.
5．答案：D
解析：观察频率分布直方图，发现是属于右边“拖尾”，所以平均数大于中位数为m，
由于第一个小矩形面积为，
前2个小矩形面积之和为，
所以中位数位于之间，故可得，解得，
由频率分布直方图可知众数，
故，
故选：D.
6．答案：C
解析：依题意可得，
若单调递减，则，
解得；
观察选项可知，只需写出在上的单调递减区间即可，
易知当时，单调递减区间为，只有，
可得为函数单调递减区间.
故选：C
7．答案：C
解析：由为奇函数，知的图象关于点对称，则，
由，得.
由的图象关于直线对称，则的图象关于直线对称，
所以，，
综上，，
由上，，得，
所以，则4为的一个周期，
所以.
故选：C
8．答案：B
解析：因为椭圆的长轴长为6，
所以椭圆的焦点在y轴上，且，
所以椭圆的离心率为.
故选：B.
9．答案：ACD
解析：设，则，，
对于A，当，时，，，
则，，故A错误；
对于B，，
，
所以，故B正确；
对于C，当，时，，，
满足，但，故C错误；
对于D，当，时，，
而，，故D错误.
故选：ACD.
10．答案：BCD
解析：由已知，，，易得等腰三角形的底边长，，
对于A，该圆锥的侧面积为，A错误；
对于B该圆锥的体积为，B正确；
对于C，如图，取中点为G，连接，，
则为与底面所成角为，故，，C正确；
对于D，当球与圆锥内切时，表面积最大，此时球心在圆锥的高上，
设为，球半径为r，过向作垂线，垂足为D，则，
又，所以，所以，
球的表面积为，D正确，
故选：BCD
11．答案：ACD
解析：已知原点O在C上，则，设为C上任意一点，
则有，整理得.
若，则C的方程为，故A正确；
若，则，代入方程得，显然点不在此曲线上，故B错误；
若，点在C上，有，
整理得，所以，故C正确；
因为，，可得，
所以点P是曲线和以为直径的圆在第一象限内的交点，联立方程，解得，，即，
所以，故D正确.
故选：ACD
12．答案：4
解析：由，整理得，
得，解得，所以.
另解：由题知，则，
利用基本不等式可得，
当且仅当时取等号，解得.
故答案为：4
13．答案：
解析：存在（a，b，c互不相等），满足，
则，
不妨设，且是相邻最值点.
当，，时，
则，解得，
由，解得，
当时，，
当时，，
当时，，
所以，
当，，时，
则，解得，
由，解得，
当时，，
当时，，
所以，
综上所述，.
故答案为：.
14．答案：e
解析：依题意，对于恒成立，且能取得等号，
即对于恒成立，且能取得等号，
函数在上单调递增，不等式为，
则，即，因此在上恒成立，且能取得等号，
设，于是m是函数在上的最小值，
求导得，
当时，，当时，，
函数在上递减，在上递增，且，
所以.
故答案为：e
15．答案：(1)或；
(2)
解析：（1）因为，所以，
又，所以，，
所以的面积，
则，因为，所以或.
（2）因为，，所以，
所以.由余弦定理得，
因为，，所以，或，，
又，所以，所以，，
所以.
16．答案：(1)18；
(2)①；②证明见解析
解析：（1）原式
.
（2）
.
（i）.
当或时，；当时，.
所以在和上是增函数，在上是减函数，
所以的极大值点为，极小值点为1.
因为的极值点恰为等差数列的前两项，且的公差大于0，
所以，，
则公差，所以，
所以.
（ii）因为，，，
所以在上无零点，在上存在唯一零点，且.
令，
则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以，
而，所以.
令，则.
因为在上单调递诚，
所以当时，，即，单调递减，
当时，，即，单调递增，
所以，
而，所以.
综上，.
17．答案：(1)证明见解析；
(2)
解析：（1）方法一；由，，有，
，因为为正方形，故，
又平面平面交于，平面，
所以，平面，
又平面，所以，
又，平面，平面，
故平面，又平面，
所以平面平面.
方法二；因为为正方形，故，
而平面平面交于，平面，
所以平面，又平面，
所以，，
平面和平面交线平行于.
故是平面和平面所成二面角的平面角.
，.有，，
故平面平面.
方法三：取中点为G，先证明：，，，
，点E为的中点.，
而平面平面交于，平面，
所以，平面，又平面，
所以，，
由已知，建立如图空间直角坐标系，
因为，.
故，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，，得，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，，得，
，故，
所以，平面平面.
（2）取中点为G.由（1）知，，，，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，，
显然可知平面的法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，，取，，得，
则，
所以平面和平面所成锐二面角的余弦值为.
18．答案：(1)；
(2)答案见解析；
(3)
解析：（1），
当时，，，
当时，，，
函数在处的切线方程为.
（2）函数的定义域为R，，
①当时，恒成立，令，则，
若：若，
所以在单调递减，在单调递增；
②当时，，
令，则，，
（i）当，即时，
若，或：若，，
所以在上递增，在上递减，在上递增.
（ii）当，即时，恒成立，在R上递增.
（iii）当，即时，若，或：
若，，
所以在上递增，在上递减，在上递增，
综上所述，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增；
当时，在R上递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增.
（3）由得恒成立
因为，即恒成立.
设，则，
因为，
同构可得
令，因为，所以，
下面先证
设，于是，
令，则，当时，：
当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，当且仅当时等号成立.
所以，
即，
所以，即
故实数a取值范围为
19．答案：(1)；
(2)（i）；（ii）存在，和
解析：（1）当时，得；
当时，，，
两式相减得，
所以是以1为首项，为公比的等比数列.
所以.
（2）①
设，
所以，
上面两式相减得，
所以
所以，所以.
②
因为，都是递减数列；
所以；
则，
令，即恒成立，
所以数列单调递增，
当时，；
则
所以，；
当时，；
则，
所以，，，成立，解得，存在；
当时，；
当时，；不满足题意，故不存在：
综上所述，当正整数对取和时，成立.