广东东莞中学、广州二中、惠州一中、深圳实验、珠海一中、中山纪念中学六校2024-2025学年高三上学期十二月联考数学试卷

这是一份广东东莞中学、广州二中、惠州一中、深圳实验、珠海一中、中山纪念中学六校2024-2025学年高三上学期十二月联考数学试卷，共21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。
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先分别求出集合，再根据交集的定义即可得解.
【详解】，
，
所以.
故选：D.
2．命题：“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题，可直接得到答案.
【详解】因为命题：“”的否定是：“”.
故选：B
3．已知等边的边长为1，点分别为的中点，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】取为基底，利用平面向量基本定理结合已知条件求解即可.
【详解】在中，取为基底，
则，
因为点分别为的中点，,
所以，
所以.
故选：B.
4．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．
【答案】C
【分析】先根据周期变换得出函数的解析式，再根据正弦函数的单调性逐一判断即可.
【详解】由题意，
对于A，由，得，
所以函数在上单调递增，故A不符；
对于B，由，得，
所以函数在上不单调，故B不符；
对于C，由，得，
所以函数在上单调递减，故C符合；
对于D，由，得，
所以函数在上不单调，故D不符.
故选：C.
5．已知，且，则的最小值为（ ）
A．4B．C．6D．8
【答案】D
【分析】根据结合基本不等式求解即可.
【详解】因为，且，
所以，
当且仅当，即时，取等号，
所以的最小值为.
故选：D.
6．将曲线（为自然对数的底数） 绕坐标原点顺时针旋转后第一次与轴相切，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设直线与曲线相切，设切点为，根据导数的几何意义求出切点，再由题意可得即可得解.
【详解】设直线与曲线相切，设切点为，
，
则有，
，解得，所以，
所以切点为，
将曲线（为自然对数的底数） 绕坐标原点顺时针旋转后第一次与轴相切，
则.
故选：C.
7．如图，在已知正方体.中，是棱上的点，且 平面将此正方体分为两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】作出截面，利用台体的体积公式求出较小部分的体积，用正方体的体积减去较小部分的体积，可得较大部分的体积，可得两部分的体积之比.
【详解】如图：取棱上的点，使得，连接，.不妨设正方体棱长为3.
则，所以点共面，平面就是平面.
平面把正方体分成两部分，其中几何体为棱台，
其体积为：.
又正方体的体积为：.
所以较大部分的体积为：.
所以：.
故选：A
8．已知函数，若有两个零点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据结合两角和差的余弦公式化简，进而可求出，再根据二倍角的正弦公式化简即可得解.
【详解】，
令，则，
所以或，
所以或，
所以或，
又因为，所以，
所以
.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：根据得出，是解决本题的关键.
二、多选题
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
【答案】ACD
【分析】举例即可判断ACD；根据复数的几何意义即可判断B.
【详解】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．已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列说法正确的是（ ）
A．当，最大
B．使得成立的最小自然数
C．
D．中最小项为
【答案】ABD
【分析】根据条件，结合等差数列的性质，可得，，，由此可判断ABC的真假；再由和时，，时，，再结合，的单调性可判断D的真假.
【详解】因为，所以，，所以，所以，
所以.
所以，当时，最大.故A正确；
由，，
所以使得成立的最小自然数，故B正确；
由，且，
所以，即，故C错误；
因为当时，，，所以；
当时，，，所以；
当时，，，所以.
且，，
所以中最小项为，故D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：对D选项，应先判断当，时，，当时，，再结合，的单调性，求中的最小项.
11．如图，在直三棱柱 中，，Q是线段的中点，P是线段上的动点 （含端点），则下列命题正确的是 （ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．直线与所成角的正切值的最小值是
C．在直三棱柱 内部能够放入一个表面积为的球
D．的最小值为
【答案】ABD
【分析】证明出平面，结合锥体体积公式可判断A选项；利用空间向量法可判断B选项；计算出的外接圆半径，并与球的半径比较大小，可判断C选项；作点关于平面的对称点，可知，然后将平面和平面延展为一个平面，结合余弦定理可判断D选项.
【详解】对于A选项，如下图所示，连接交于点，连接，

因为四边形为平行四边形，则为的中点，
又因为为的中点，则，
因为平面，平面，则平面，
因为，则点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值，
又因为的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，故A正确；
对于B选项，因为平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

由，则、、、、，
设，其中，
则，
设直线与所成角为，
所以，，
当时，取最大值，此时，取最小值，取最大值，
此时，，，
所以，直线与所成角的正切值的最小值是，故B正确；
对于C选项，因为，，则，
的内切圆半径为，
由于直径，所以在这个直三棱柱内部可以放入一个最大半径为的球，
而表面积为的球，其半径为：，
因为，所以这个直三棱柱内部不可以放入半径为的球，故C错误；
对于D选项，点关于平面的对称点为，则，

，，
所以，，则，
因为平面，，则平面，
因为平面，则，
将平面和平面延展为一个平面，如下图所示：

在中，，，，
由余弦定理可得
，
当且仅当三点共线时，取最小值，
故的最小值为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状.
三、填空题
12．已知向量，若与垂直，则等于 .
【答案】
【分析】先根据平面向量线性运算的坐标表示求出，再根据平面向量垂直的坐标公式求出，再根据平面向量的模的坐标公式即可得解.
【详解】由题意得，
因为与垂直，
所以，即，解得，
所以.
故答案为：.
13．已知数列的前项和为，，则数列的前项和 .
【答案】
【分析】先根据与的关系求出数列的通项公式，再利用裂项相消法求解即可.
【详解】由，
当时，，所以，
当时，，
即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以，
所以.
故答案为：.
14．若存在（互不相等），满足，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】由题意可得，不妨设，再分和两种情况讨论，分别求出，进而可得出答案.
【详解】存在（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：.
【点睛】关键点点睛：由题意可得，不妨设，再分和求出是解决本题的关键.
四、解答题
15．在中，角对应的三边分别是，且
(1)求角的值;
(2)若，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变换可求得，即可得解；
（2）根据可求得，，再利用切弦互化以及正弦定理可得，，再利用正弦定理可求得边长即求出面积.
【详解】（1）根据题意由正弦定理可得，
整理可得，
即，
所以，
可得，又，所以，
又，因此；
（2）由（1）得，
由可得，解得或，
当时，，
又，所以两角均为钝角，不合题意，
因此，，
又，可得，同理，
由正弦定理可得，
可得，，
因此的面积为.
16．已知椭圆的中心在坐标原点，两个焦点分别为，，点 在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程和离心率；
(2)已知直线与椭圆交于、两点，且，求面积的取值范围.
【答案】(1)；.
(2)
【分析】（1）设椭圆标准方程为：，根据及点在椭圆上，可求椭圆的标准方程，进而可求椭圆的离心率.
（2）按直线是否垂直于坐标轴分类，求出，，进而表示出三角形面积，再借助二次函数求出范围即可.
【详解】（1）设椭圆标准方程为：，
由题意：，
所以椭圆的标准方程为：.
椭圆的离心率为：.
（2）如图：
若直线的斜率不存在，则可取，因为，可取，此时.
若直线的斜率为0，同理可得.
当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，
由，得，则，
用代替，得，则.
所以.
设，
则.
因为，所以，，
所以，所以.
综上，
17．如图所示，已知四棱锥中，，.

(1)求证: 平面；
(2)当四棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用三角形全等及三线合一证明，然后利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）先通过二面角定义作出二面角的平面角，求出四棱锥体积最大时，从而在直角三角形中求解即可.
【详解】（1）设，连接，
因为，
所以，
所以，，又，，
则，点为的中点，
又，所以，
又，且，
所以，
又，平面，平面，
所以平面；

（2）由（1）可知，平面，平面，
所以平面平面，
取的中点为O，连接，则，
平面平面，平面，
所以平面，
过点作，垂足为H，连接，
则，所以为二面角的平面角，
因为四棱锥的体积为
，
当且仅当，即体积最大，
此时，
在中，，所以，
所以二面角的正弦值为.

18．已知函数.
(1)若，求函数的极值；
(2)讨论的单调性；
(3)若是的两个极值点，证明：.
【答案】(1)极小值为，无极大值.
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求f'x，分析函数单调性可得函数极值.
（2）求f'x，讨论的取值范围，分析的正负，即可得到函数的单调区间.
（3）结合（2）的分析可得，结合韦达定理可得，，要证，可转化为，即证明，令，构造函数，利用导数研究在1,+∞上的单调性即可得证.
【详解】（1）当时，，定义域为，
∴，
由f'x>0得，由f'x