2025届广东省部分学校2025届高三上学期12月联考数学试卷（解析版）

这是一份2025届广东省部分学校2025届高三上学期12月联考数学试卷（解析版），共15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. 复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】，其在复平面内对应的点位于第一象限，
故选：A.
2. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，，
所以不成立，，故CD错误，
则，，故A错误，B正确，
故选：B.
3. 抛物线的准线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】抛物线的标准方程为，
所以抛物线的准线方程为．
故选：B
4. 等比数列的前项和为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设的公比为，则，从而，
则，
故选：D.
5. 函数的图象在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由，得，，
则的图象在点处的切线方程为，即，
令，得，令，得，
则该切线与坐标轴所围成的三角形的面积为，
故选：C.
6. 如图，侧面展开图为扇形AOD的圆锥和侧面展开图为扇环ABCD的圆台的体积相等，且，则（ ）
A. 2B. C. 4D. 8
【答案】A
【解析】设侧面展开图为扇形的圆锥的底面半径为r，高为h，
则该圆锥的体积.
侧面展开图为扇形的圆锥的底面半径为，高为，
则该圆锥的体积.
由题可知，从而.
故选：A.
7. 已知正项等差数列满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为为等差数列，所以，，
则，所以，从而，
故，
故选：C.
8. 已知是定义在上的奇函数，且当时，．若，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】当时，显然恒成立．
当时，可以理解为将的图象向右平移个单位长度后，得到的的图象始终在的图象的下方（或重合）．
当时，由的图象可知，
，则，解得；

当时，作出函数的图象如下图所示：

由图可知，函数在R上为增函数，
对任意的x∈R且时，，恒成立.
综上所述，的取值范围为．
故选：A.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 某地发起“寻找绿色合伙人——低碳生活知识竞赛”活动，从参赛选手的答卷中随机抽取了份，将得分（满分100分）进行适当的分组（每组为左闭右开的区间），画出如图所示的频率分布直方图，且竞赛成绩落在内的人数为10，则（ ）
A.
B.
C. 估计参赛选手得分的平均分低于70分（同组数据用该组区间的中点值作代表）
D. 估计参赛选手得分的中位数在内
【答案】ABD
【解析】对于A、B，由，
得，则，故A，B正确；
对于C，估计参赛选手得分的平均分为x，
则，故C不正确；
对于D，因为，，
所以估计参赛选手得分的中位数在内，故D正确．
故选：ABD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 为奇函数B. 的最小正周期为
C. 的图象关于直线对称D. 的最大值为
【答案】AD
【解析】，恒成立，
则函数的定义域为，
则，所以为奇函数，A正确．
，所以的最小正周期不是，B不正确．
，
所以的图象不关于直线对称，C不正确，
，
显然，为函数的一个周期，且，
由C可知，函数关于对称，
当x∈0,π时，，
由，
设，则在单调递减，当时取得最小值，
得，所以，当，即时取得最大值，
当时，，所以的最大值为，D正确．
故选：AD
11. 双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”．如图，曲线是双纽线，关于曲线，下列说法正确的是（ ）
A.
B. 上存点，使得
C. 上的点的纵坐标的最大值为
D. 若直线与恰有一个公共点，则的取值范围为
【答案】ACD
【解析】由图可知，点在C上，所以，A正确，
设曲线C上任一点Px,y，由，
可得，，
即C上不存在点，使得，B不正确,
方程可化为，
令，得，
由，可得，
即，等号成立，故C上的点的纵坐标的最大值为，C正确．
直线与C均经过原点，则直线与C除原点外无其他公共点．
联立方程组整理得．
当时，方程仅有一解，满足题意，
当时，当时，方程恒成立，即恒有一解，
当时，方程化简得，
即当时，方程无解，满足题意，综上，，解得或，D正确．
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若两个单位向量，满足，则________．
【答案】
【解析】由，得，
因为，为单位向量，
所以，则，
故答案为：.
13. 甲、乙、丙等人站成一排，要求甲、乙不站在丙的同一侧，则不同的站法共有_______种．
【答案】
【解析】先站甲、乙、丙人，共有种不同的站法，
再站剩余人，先将1人排到甲、乙、丙3人之间的空位中，
最后将剩余的1人排到前面4人之间的空位中，
共有种不同的站法，
根据分步乘法计数原理，不同的站法共有种．
故答案：40
14. 已知，，且，则的最小值为________
【答案】
【解析】由，
得，
则，
则.
因为，所以，则，
当且仅当时，等号成立，
从而.
又，
所以当取得最大值时，取得最小值，且最小值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. △的内角的对边分别为．已知．
（1）求的值；
（2）求△周长的最大值．
解：（1）（方法一）因为，，所以，
则．
又，所以．
因为，所以．
又，所以，
（方法二）由余弦定理得，
因为，所以，则．
．
因为，所以．
（2）由（2）可得，
从而．
因为，当且仅当时，等号成立，所以，
从而，则周长的最大值为3．
16. 某商场为了吸引顾客，邀请顾客凭借消费金额参与抽奖活动．若抽中金奖，则可获得15元现金；若抽中银奖，则可获得5元现金．已知每位顾客每次抽中金奖和银奖的概率分别为和，且每次中奖情况相互独立．现有甲、乙两位顾客参与该商场的抽奖活动，其中甲有2次抽奖机会，乙有1次抽奖机会．
（1）求甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的概率；
（2）记甲、乙两人抽奖获得的现金总金额为，求的分布列与期望．
解：（1）若甲抽中2次银奖，
则由甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额，
可知乙也得抽中银奖，此时概率．
若甲至少抽中1次金奖，
则甲抽奖获得的现金金额一定大于乙抽奖获得的现金金额，
此时概率．
故甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的概率．
（2）记甲、乙两人抽奖获得的现金金额分别为，则．
由题可知，，，
，，
则，，，．
的分布列为
．
17. 如图，在多面体中，平面，平面平面，，，为等腰直角三角形，且，，

（1）证明：平面.
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
（1）证明：取CD的中点O，连接OB，OF.
因为△FCD为等腰直角三角形，且，所以.
又平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面ABCD，.
因为平面ABCD，
所以.
又平面，平面，
所以平面ADE，
因为，所以，
又，
所以四边形ABOD为平行四边形，则.
因平面ADE，平面ADE，
所以平面ADE，
又，平面，
所以平面平面ADE.
因为平面OBF，所以平面ADE .
（2）解：由题可知AB，AD，AE两两垂直，
故以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则B1,0,0，，E0,0,1，，
，，
设平面的法向量为m=x1,y1,z1，
则由得，
令，得，
设平面的法向量为n=x2,y2,z2，
则由得，
令，得.
，
则平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 已知是椭圆上的一点，且的离心率为，斜率存在且不过点的直线与相交于，两点，直线与直线的斜率之积为
（1）求的方程.
（2）证明：的斜率为定值.
（3）设为坐标原点，若与线段（不含端点）相交，且四边形的面积为，求的方程.
（1）解：由题可知，解得，，
故的方程为.
（2）证明：设的方程为，Px1,y1，.
联立方程组
整理得，
即，则，，
，
整理得，则或，
若，则，则过点，不符合题意，
故，即的斜率为定值.
（3）解：由（2）可得直线，，，
因为与线段（不含端点）相交，所以，
，
点到的距离，
点到的距离，
四边形的面积，
解得或（舍去），
故的方程为：.
19. 已知函数的定义域为，区间，若，，则称是在上的不动点，集合为在上的不动点集.
（1）求函数在上的不动点集；
（2）若函数在上有且只有一个不动点，求的取值范围；
（3）若函数在上的不动点集为，求的取值范围.
解：（1）由，
得，
解得或，
故在0,+∞上的不动点集为.
（2）方法一：由题可知，关于的方程在上有且只有一个实数根.
即方程在只有一解.
因为是方程的解，
所以方程在上无解.
作函数和，的图象，如下图：
由，，所以.
当或即或时，与，图象只有一个交点.
所以的取值范围是：.
方法二：由题可知，关于的方程在上有且只有一个实数根.
令，则.
若，则在上恒成立，φx在上单调递增.
因为，，
所以φx在上有且仅有一个零点，即在上有且仅有一个不动点.
若，则在上恒成立，φx在上单调递减.
因为，，
所以φx在上有且仅有一个零点，即在上有且仅有一个不动点.
若，易知是上的偶函数，且在上单调递增.
因为，，所以存在，使得，
则当和时，φ'x>0，φx单调递增，
当时，φ'x