江苏省无锡市澄宜六校2025届高三上学期12月阶段性联合测试数学试卷(含答案)

这是一份江苏省无锡市澄宜六校2025届高三上学期12月阶段性联合测试数学试卷(含答案)，共17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．已知集合,,则( )
A.B.C.D.
2．已知i为虚数单位,复数z满足,则( )
A.B.C.D.
3．“直线与圆相交”是“”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
4．已知数列的通项公式是（）,若数列是递增数列,则实数a的取值范围是( )
A.B.C.D.
5．已知,,直线与曲线相切,则的最小值是( )
A.4B.3C.2D.1
6．已知椭圆的左、右焦点分别为,,若C上存在一点P,使得,则椭圆C的离心率的取值范围是( )
A.B.C.D.
7．在等比数列中,,则能使不等式成立的最大正整数n是( )
A.5B.6C.7D.8
8．在中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若,,成等差数列,则的最小值为( )
A.2B.3C.D.4
二、多项选择题
9．已知（,,）的部分图象如图所示,则( )
A.
B.的最小正周期为
C.在内有3个极值点
D.在区间上的最大值为
10．已知函数及其导函数的定义域均为R,记.若,均为奇函数,且,则( )
A.关于直线对称B.关于点对称
C.的周期为4D.
11．如图,在平行四边形中,,且,为的中线,将沿折起,使点C到点E的位置,连接、、,且,则( )
A.平面
B.与所成的角为
C.与平面所成角的正切值是
D.点C到平面的距离为
三、填空题
12．已知等比数列的前n项和为,若,则_______.
13．已知函数的两个极值点为、,且,则实数a的最小值是_______.
14．已知向量,,,,则的取值范围是_______.
四、解答题
15．已知数列的前n项和为,且满足,.
（1）求数列的通项公式;
（2）设,设数列的前n项和,求证:.
16．在锐角中,内角A、B、C所对的边分别为a、b、c,且满足.
（1）求角C;
（2）求的取值范围.
17．已知O为坐标原点,是椭圆的右焦点,点M是椭圆C的上顶点,以点M为圆心且过F的圆恰好与直线相切.
（1）求椭圆C的标准方程;
（2）过点的直线l与椭圆C交于A,B两点,直线,与x轴的交点分别是P,Q,求证:线段中点的横坐标为定值.
18．如图,在三棱锥中,侧面PAC是边长为2的正三角形,,,E,F分别为PC,PB的中点,平面AEF与底面ABC的交线为l.
（1）证明:平面PBC.
（2）已知平面平面,若在直线l上存在点Q,使得直线PQ与平面AEF所成角为,异面直线PQ,EF所成角为,且满足,求.
19．定义运算:,已知函数.
（1）若函数的最大值为0,求实数a的值;
（2）证明:;
（3）若函数存在两个极值点,,证明:.
参考答案
1．答案：D
解析：因为,,
则.
故选:D.
2．答案：B
解析：设,则,
所以,
所以,可得,所以,则,
因此,
故选:B.
3．答案：A
解析：若直线与圆相交,则圆心到直线的距离满足,故,
由于能推出,
当不能得到,
故“直线与圆相交”是“”的充分不必要条件,
故选:A
4．答案：C
解析：为单调递增的数列,故,
解得,
故选:C
5．答案：D
解析：由于直线与曲线相切,
设切点为,且,所以,
则切点的横坐标,则,即.
又,所以,即,
当且仅当时取等号,所以的最小值为1.
故选:D
6．答案：D
解析：根据椭圆定义可得,又,故,
因此,故,故,
故选:D
7．答案：C
解析：在等比数列中,,
公比,
时,;时,.
,
,,,
,
又当时,,
使不等式成立的n的最大值为7.
故选:C
8．答案：B
解析：由于,,成等差数列,则,
由正弦定理可得,
故,
,
由于,因此,故
,当且仅当,取等号,
故选:B
9．答案：ABD
解析：对于AB,根据函数的部分图象知,,
,,故AB正确,
对于C,由五点法画图知,,,解得,,
由于,所以,
.
令,,则,,
时,,时,,
当时,,当时,,当时,,
故在内有2个极值点,分别为,,故C错误,
对于D,,可得：,
故当此时取最大值,故D正确.
故选：ABD.
10．答案：BCD
解析：对于A,由为奇函数可得,
故关于对称,故A错误,
对于B,由于为奇函数,故,故关于点对称,B正确,
对于C,由和可得,
令,故,故,因此,
结合关于对称可得,
故的周期为4,C正确,
对于D,由于,故,,
且,由于,令,则,
,故D正确,
故选:BCD
11．答案：ACD
解析：对于A选项,在平行四边形中,,且,
因为,则,且,则,
因为F为的中点,则,且,
将沿折起,使点C到点E的位置,使得,
翻折后,,所以,,
所以,,且有,
因此,,、平面,所以,平面,A对;
对于BCD选项,因为平面,,
以点F为坐标原点,、、所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系,
则、、、、、
,
,,
则,
所以,与所成的角为,B错,
,易知平面的一个法向量为,
所以,,
设直线与平面所成的角为,则,
所以,,则,
故直线与平面所成的角的正切值为,C对;
设平面的法向量为,,,
则,取,可得,
,则点C到平面的距离为,D对.
故选:ACD.
12．答案：
解析：设等比数列的公比为,
若,则,不合乎题意,故,
所以,,所以,,
所以,,,,
因此,.
故答案为:.
13．答案：2
解析：函数定义域为R,且,
因为函数有两个极值点、,则,可得,
由题意可知,、为方程的两根,
由韦达定理可得,
所以,
,解得,所以,,
因此,实数a的最小值为2.
故答案为:2.
14．答案：
解析：如图,设,,则,,
由题意,设向量与夹角为,直线与x轴正半轴夹角为,
则,则,
因为,,则,即,
又,则.
故答案为:.
15．答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）数列的前n项和为,对任意的,,
当时,则有,可得,
当时,由可得,
上述两个等式作差可得,可得,
所以数列为等比数列,且其首项和公比都为2,所以.
（2）由（1）可得,则,则,
所以,
所以
.
16．答案：（1）
（2）
解析：（1）因为,
由正弦定理可得,即,即,
由余弦定理可得,
因为,故.
（2）由（1）得,
所以,,
因为为锐角三角形,则,即,解得,
所以,,则,
则,
因为双勾函数在上单调递减,在上单调递增,
所以,,
当或时,,
所以,函数在上的值域为,
因为,则,
故.
因此,的取值范围为.
17．答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）由题意可得,
由于以点M为圆心且过F的圆恰好与直线相切,故,即,故,进而,
故椭圆方程为
（2）由题意可知l的斜率一定存在,设方程为,
则,
且,,
设,,
则,,
直线的方程为,令,则,故,
故,
则
由于
故
,
因此线段中点的横坐标为定值,
18．答案：（1）证明见解析
（2）1
解析：（1）证明:因为E,F分别为,的中点,
所以.
又平面,平面,
所以平面.
又平面,平面与底面的交线为l,
所以,,从而.
而平面,平面,
所以,平面.
（2）取的中点记为D,连接,
因为是边长为2的正三角形,所以,
所以,.
又平面平面,平面平面,且平面,
所以平面,
由（1）可知,在底面内过点A作的平行线,即平面与底面的交线l.
由题意可得,即,
取的中点记为M,连接,则.
因为,所以.
以D为坐标原点,,,所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
则,,,,,,
设,则,,,
设平面的一个法向量为,
则,即,
取,则,,即是平面的一个法向量,
所以.
又直线与平面所成角为,
于是.
又,
而异面直线,所成角为,于是.
假设存在点Q满足题设,则,
即,所以.
当时,,此时有;
当时,,此时有.
综上所述,这样的点Q存在,且有.
19．答案：（1）1
（2）证明见解析
（3）证明见解析
解析：（1）由题意知:,,
①当时,,在单调递减,不存在最大值.
②当时,由得,
当,;,,
函数的增区间为,减区间为.
,令,则,
当时,,函数递减,
当时,,函数递增,
又,.
（2）证明:由（1）知,当时,函数在上单调递增,
在上单调递减,
所以,即,
当时,.
,
.
（3）证明:
“函数存在两个极值点,”等价于
“方程有两个不相等的正实数根”
故,解得,
,
要证,即证,
,不妨令,故
由,得,即证,
令
在恒成立,
所以函数在上单调递减,故.
成立.