广东省河源市五校2025届高三上学期12月联合考试数学试题

这是一份广东省河源市五校2025届高三上学期12月联合考试数学试题，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．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
2．已知集合，，若且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．已知点到抛物线的准线的距离为3，则的焦点坐标为（ ）
A．B．C．D．
4．已知，为单位向量，，，若，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
5．记为非零数列的前项和，若，，则（ ）
A．2B．4C．8D．16
6．已知过作与圆相切的两条直线，，切点分别为，，且，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着“圆柱容球”，即：一个圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.如图是一个圆柱容球，为圆柱上下底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，则平面DEF截球所得的截面面积最小值为（ ）

A．B．C．D．
8．已知定义在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
二、多选题
9．已知复数，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，，则的最小值为3
D．若且，则，均为纯虚数
10．记为等差数列的前项和，已知，的公差为，且，则（ ）
A．
B．
C．
D．满足的的最大值为
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．如图所示的曲线过坐标原点，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，则的方程为
B．若上的点到两定点、的距离之积为16，则点在上
C．若，点在上，则
D．当时，上第一象限内的点满足的面积为，则
三、填空题
12．某中学举行数学解题比赛，其中7人的比赛成绩分别为：70，97，85，90，98，73，95，则这7人成绩的上四分位数与极差之和是 ．
13．在函数的图象与直线的交点中，任取两点与原点组成三角形，这些三角形的面积的最小值为，则 ．
14．已知函数的最小值为0，则 ．
四、解答题
15．已知的内角，，所对的边分别是，，，且．
(1)求角；
(2)若，，求的面积．
16．如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，，，为等边三角形，平面平面，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
17．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，离心率为2，P是E的右支上一点，且，的面积为3．
(1)求E的方程；
(2)若E的左、右顶点分别为A，B，过点的直线l与E的右支交于M，N两点，直线AM和BN的斜率分别即为和，求的最小值．
18．已知函数，为的导函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若的两个极值点分别，
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：．
19．拿破仑排兵布阵是十分厉害的，有一次他让士兵站成一排，解散以后马上再重新站成一排，并要求这些士兵不能站在自己原来的位置上．
(1)如果只有3个士兵，那么重新站成一排有多少种站法？4个呢？
(2)假设原来有个士兵，解散以后不能站在自己原来位置上的站法为种，写出和，之间的递推关系，并证明：数列是等比数列；
(3)假设让站好的一排个士兵解散后立即随机站成一排，记这些士兵都没有站到原位的概率为，证明：当无穷大时，趋近于．（参考公式：……）
参考答案：
1．B
【分析】先判断命题的真假，再判断命题否定的真假，即可得到正确答案.
【详解】当x=1时，命题成立，所以命题p是真命题，命题是假命题；
当x=0时，命题不成立，所以命题q是真命题，命题是真命题.
故选：B.
2．A
【分析】由元素与集合的关系列出不等式组，解之即得.
【详解】因为且，所以，解得.
故选：A．
3．B
【分析】写出准线方程，由题意建立等式，求得的值，从而得到焦点坐标.
【详解】抛物线的准线方程为，
由题意可知，解得，
所以的焦点坐标为，
故选：B．
4．A
【分析】由向量垂直则数量积为0，建立等式，求得的值，从而得到向量间的夹角.
【详解】由得，
所以，即，所以与的夹角为，
故选：A．
5．C
【分析】根据给定条件，利用等比数列求出，再利用计算即得.
【详解】在非零数列中，，由，，得数列是等比数列，，
因此，所以.
故选：C
6．D
【分析】根据圆的方程确定圆心、半径，根据及已知求得，进而列方程求参数值.
【详解】圆化为，则圆心，半径，

由题意，知，解得（负值舍去），
在中，且，所以，解得，
故选：D
7．D
【分析】过作于，设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为，由求解判断.
【详解】由球的半径为，可知圆柱的底面半径为，圆柱的高为，过作于，如图所示：

则由题可得，
设平面截得球的截面圆的半径为，
当EF在底面圆周上运动时，
到平面的距离
所以
所以平面截得球的截面面积最小值为，
故D正确；
故选：D.
8．C
【分析】根据奇函数性质、对称性求得、、，进而有，再确定的周期，利用周期性求函数值的和.
【详解】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
【点睛】关键点点睛：根据函数的奇偶性、对称性求函数值，并确定周期为关键.
9．AC
【分析】根据复数的乘法运算可判断A的真假；通过反例可说明B是错误的；根据复数模的求法可判断C的真假；通过反例说明D是错误的.
【详解】对于A，由得，又，，所以，A正确；
对于B，当，时，满足，但，B错误；
对于C，由，，得，C正确；
对于D，当，时，满足，但，均不为纯虚数，D错误．
故选：AC
10．ABC
【分析】根据题设及等差数列前n项和公式有，即有，结合已知得到，，，依此为前提判断各项正误即可.
【详解】由，得，
即①，则，
又，所以，又，
若，则，，不合题意，
所以，则，，A正确；
结合①知，，所以，则，
又，所以，B正确；
由，得，所以，
由，所以，
由，所以，
所以，C正确；
由，得，所以，
由C知，，所以的最大值为，D错误.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：根据等差数列前项和公式及已知得到，，为关键.
11．ACD
【分析】由题意有，设为上任意一点，得到，再根据各项给定条件或值，判断各项正误.
【详解】已知原点在上，则，设为上任意一点，
则有，整理得．
若，则的方程为，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，点在上，有，
整理得，所以，故C正确；
因为，，可得，
所以点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
【点睛】关键点点睛：根据题干背景得到曲线方程为关键.
12．125
【分析】根据百分位数、极差定义求上四分位数与极差，即可得答案.
【详解】将7个数据从小到大排列为70，73，85，90，95，97，98，
因为，所以这7人成绩的上四分位数是97，极差为，
故上四分位数与极差之和是．
故答案为：125
13．
【分析】设，，且，根据已知及余弦型函数的对称性有，再由，，即可求参数值.
【详解】原点到直线的距离为，设交点，，且，
由，即，
点，相邻，且在的一条对称轴两侧时，，
此时，，，两式相减，得，
所以．
故答案为：
14．
【分析】根据给定的条件，利用同构变形并构造函数，借助函数的单调性转化成求函数的最小值.
【详解】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：
【点睛】关键点点睛：同构变形不等式，利用函数单调性转化成求函数的最小值是关键.
15．(1)；
(2)答案见解析.
【分析】（1）利用余弦边角关系可得，再由余弦定理可得，即可求角的大小；
（2）根据已知条件及（1）结论，应用余弦定理列方程求得或，再分别求出对应三角形面积即可.
【详解】（1）在中，，
又，所以，
由余弦定理得， 又，
则.
（2）在中，，，
由余弦定理，得，即，解得或．
当，，时，可构成三角形，此时的面积为；
当，，时，可构成三角形，此时的面积为．
16．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）由等边三角形三线合一得到，在直角梯形中通过已知边和角求得长，由勾股定理得到长，再由勾股定理逆定理得到，结合面面垂直，得到平面，然后得到，然后得证平面；
（2）由（1）得到三条两两垂直的直线，以这三条线建立空间直角坐标系，写出点坐标和向量坐标，从而求得平面的法向量的坐标，由轴⊥平面直接写出平面法向量，由空间向量的关系求得面面角的余弦值.
【详解】（1）因为为等边三角形，为的中点，
所以．
过作，垂足为，
因为底面为直角梯形，，，，，
所以，则，
由得，所以
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面．
因为平面，所以．
又，平面，所以平面．
（2）由（1）可知，，，两两垂直，以为原点，过且平行于的直线为轴，，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，
设平面的法向量为m=x,y,z，
则，令，则，
由（1）可知，轴⊥平面，不妨取平面的法向量为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
17．(1)
(2)
【分析】（1）由三角形面积及双曲线的定义，利用勾股定理求解即可；
（2）设直线方程，联立双曲线方程，由根与系数的关系及斜率公式化简可得，代入中化简即可得出最值.
【详解】（1）设双曲线的半焦距为()，
，
由题可知，
，即，
又，
故E的方程为.
（2）如图，

由题可知，且直线的斜率不为，
设直线的方程为，，
将方程和联立，得，
，
，
，,
直线与的右支有交点，，
当时，取得最小值，且最小值为.
18．(1)；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）把代入，求出，再利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）（i）由是方程的两根，构造函数，利用直线与的图象有两个交点，利用导数求出范围；（i）确定的范围，利用导数证明当时，恒成立，再结合（1）中切线方程推理得证.
【详解】（1）当时，，则，，
求导得，则，
所以曲线在处的切线方程为.
（2）（i），依题意，是方程的两根，
即，， 令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在0,+∞上单调递增，则，
而当时，，且，方程有两根，即直线与函数的图象有两个交点，
则，所以实数的取值范围为.
（ii）由（i）不妨设，
由图象知，当时，直线恒在曲线的下方．
下面证明：令，求导得，
设，求导得，
当时，φ′x0，
函数φx在上递减，在−1,1上递增，
当时，，且，因此在上恒成立，
则函数hx在上单调递减，，于是，
设在切线上，则，，
又，则，即，
要证，需证，即证，
由（i）知，则，又，因此，
所以．
【点睛】关键点点睛：第2问，证明不等式的关键是证明当时，直线恒在曲线的下方.
19．(1)2；9
(2)，，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据分布计数乘法原理和特殊位置优先法计数即得；
（2）先假设有个人，依题意，可分两个步骤完成：第一步，甲选位置，第二步排其余个人，分类统计方法数得，将其化为，可证得等比数列；
（3）由题得，根据（2）结论求得，推理得，赋值后累加即得，由参考公式取即可证明.
【详解】（1）当有3个士兵时，重新站成一排有2种站法；
当有4个士兵时，假设先安排甲，有3种站法，若甲站到乙的位置，那就再安排乙，也有3种站法，
剩下的两个人都只有1种站法，由分步乘法计数原理可得有种站法．
（2）易知，．
如果有个人，解散后都不站原来的位置可以分两个步骤：
第一步：先让其中一个士兵甲去选位置，有种选法；
第二步：重排其余个人，根据第一步，可以分为两类：
第一类：若甲站到乙的位置上，但乙没有站到甲的位置，这样的站法有种；
第二类：若甲站到乙的位置上，乙同时站到甲的位置，这样的站法有种．
所以，，又，
所以．
所以数列，是首项为1，公比为的等比数列
（3）由题意可知，
由（2）可得：，则．
对进行赋值，依次得：，，⋯，
将以上各式左右分别相加，得：，因，
则．
即得，
当无穷大时，，得证.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于寻找题中和，之间的递推关系，通过两个计数原理的运用，先分步再分类得到，第二个关键是根据数列递推公式，通过拼凑项得到等比数列，为第三题证明结论做好知识铺垫.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
B
A
C
D
D
C
AC
ABC
题号
11









答案
ACD