江西省部分学校（九师联盟）2024-2025学年高三上学期12月联考数学试卷

这是一份江西省部分学校（九师联盟）2024-2025学年高三上学期12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。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知直线的斜率，则的倾斜角的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
4．已知是椭圆的左、右焦点，过的直线交于两点，若，则（ ）
A．B．3C．D．2
5．已知点是圆上的一点，且满足，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．有6个质地形状相同的球，分别标有数字，从中随机有放回的取两个球，每次取1个球．事件“第一次取出的球标的数字为奇数”，事件“第二次取出的球标的数字为偶数”，事件“两次取出的球标的数字之和为5”，事件“两次取出的球标的数字之和为6”，则（ ）
A．与互斥B．与相互独立
C．与相互独立D．与互斥
7．若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知点为圆上的两动点，且，点为抛物线上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．30D．18
二、多选题
9．已知直线，则（ ）
A．的方程可以表示过点的任意一条直线
B．原点到的距离的最大值为
C．的充要条件为
D．的充要条件为或
10．已知为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交于两点，则（ ）
A．的准线方程为B．直线与相切
C．D．
11．数学史上“笛卡尔心形曲线”以其优美的形状，浪漫的传说而闻名．曲线也是一种“心形曲线”，点为上的点，过分别向轴、轴作垂线，垂足分别为为坐标原点，称横、纵坐标均为整数的点为整点，则（ ）
A．上整点的个数为6B．矩形面积的最大值为
C．D．所围成的区域的面积大于3
三、填空题
12．的展开式中的系数为 ．
13．写出圆与圆的一条公切线方程 ．
14．已知双曲线族，设分别为的左、右焦点，为的右支上一动点，的内切圆的圆心的横坐标为，则 ．
四、解答题
15．已知的内角对应的边分别为，满足．
(1)求角的大小；
(2)若，，求的面积．
16．已知双曲线的离心率为分别为的左、右焦点，为上一点，且当时，的面积为．
(1)求的方程；
(2)过分别向的两条渐近线作垂线，垂足分别为，求的面积．
17．如图，在所有棱长均为4的正三棱柱中，为的中点，过的截面与棱，分别交于点．
(1)确定点的位置，并说明理由；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
18．已知分别为椭圆的左、右顶点，为上轴上方的一点，与的斜率之积为为上一点，为的中点，直线为坐标原点）交于点，为轴上方的点．
(1)求的方程；
(2)若为的重心，求的坐标；
(3)过点作平行于的直线交于点，求的最大值．
19．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，若有两个极值点，
①证明：；
②证明：．
《江西省部分学校（九师联盟）2024-2025学年高三上学期12月联考数学试卷》参考答案
1．B
【分析】根据集合描述得，再由集合的交运算求集合.
【详解】由题意得，所以．
故选：B．
2．D
【分析】应用复数除法及减法求得，再根据共轭复数定义确定答案.
【详解】因为，所以，所以，故．
故选：D．
3．C
【分析】利用斜率的定义得到直线倾斜角的正切值的范围，再利用正切函数的性质即可得解.
【详解】设的倾斜角为，则，且，
如图，由正切函数的性质知.
故选：C.
4．B
【分析】利用椭圆的定义可得，结合已知即可得答案.
【详解】由椭圆的定义，知，
所以，即，
又，所以．
故选：B
5．A
【分析】先利用向量数量积的坐标表示得到点为圆上的点，法一：再利用两圆相交或相切的性质得到关于的不等式组，解之即可得解；法二：再两圆相减得到关于的表达式，结合的取值范围即可得解.
【详解】设，则，
由，得，即，
故为圆上的点，
法一：又点在圆上，所以圆与圆相交或相切，
而圆的圆心为，半径为，
所以，即，解得.
故选：A.
法二：由和，两式相减，得，
因为，所以.
故选：A.
6．C
【分析】应用表格列举出所有情况，再应用古典概率求法、互斥事件定义及独立事件的判定判断各项正误.
【详解】如下表，对应为(第一次，第二次)，
由题设及上表知，和、和均可以同时发生，如，故它们均不互斥，故A，D均错误；
由上表知，，
所以，故与相互独立，与不相互独立．
故选：C
7．D
【分析】根据参变分离可得，表示点与点连线的斜率.法一：根据直线与圆的位置关系运算求解即可；法二：根据图像结合两角和差公式运算求解.
【详解】因为，即，
注意到，可得，
令，则表示点与点连线的斜率，
且，所以点在圆上，
所以表示点与圆上的动点连线的斜率．
法一： 因为直线与圆有公共点，
直线的方程为，即，
则，解得，
即的最大值为，所以；
法二：由图可知，的最大值即为切线的斜率，
设，则，可得，
则．
所以．
故选：D．
8．A
【分析】设的中点为，利用向量运算可得，只需求的最小值，而点在圆上，利用圆的几何性质，结合二次函数的性质进行求解即可.
【详解】圆的圆心，半径为2，
设的中点为，则，
所以点在以为圆心，1为半径的圆上．
，
因为为的中点，，所以，
所以，
要求的最小值，则需求的最小值．
因为点在圆上，所以，
设，则，
所以，
所以当时，，所以，
所以的最小值为．
故选：A．
9．BCD
【分析】选项A：举反例即可得解；选项B：首先求解出直线定点，然后根据垂直状态下的距离求解最大值分析判断；选项C：根据两直线垂直的性质求解判断；选项D：根据两直线平行的性质求解判断.
【详解】选项A：很明显，的方程无法表示直线，故A错误；
选项B：的方程可化为，易知过定点，
当时，原点到的距离最大，最大距离为，故B正确；
选项C：的充要条件为，解得： ，故C正确；
选项D：的充要条件为且，解得或，故D正确．
故选：BCD．
10．BC
【分析】利用点在抛物线上求得抛物线方程，进而求得其准线方程可判断A；先求得直线的方程，再联立直线与抛物线方程，利用判别式即可判断B；联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，结合两点距离公式与弦长公式分别求得所需要线段长，从而可判断CD.
【详解】对于A，因为点在上，所以，解得，
所以的标准方程为，其准线方程为，故A错误；
对于B，由题可知，则直线的方程为，
联立，消去，得，
此时，故与相切，故B正确；
对于CD，由题意知的斜率存在，设的方程为，
联立，消去，得，
则，即，
设，则，
又，
所以，
，故C正确，D错误.
故选：BC.
11．ACD
【分析】根据方程判断曲线的对称性，问题化为研究曲线在的情况，进而得到及其所过的点，判断A；应用三角换元得，判断B；应用基本不等式、曲线对称性判断C、D.
【详解】用替换的，方程不变，故关于轴对称，故只研究曲线在的情况即可．
当时，的方程为，即，
所以，即．
当时，可得上的点；
当时，可得上的点1,0；
当时，可得上的点．
由对称性知也在上，共6个整点，故A正确；
由对称性，只需讨论的情形，当时的方程为，
令，则，
故，可见，
所以矩形的面积，故B错误；
当，又，所以，
所以，则，故C正确；
结合对称性，将上的整点顺次连接得到由一个矩形和一个三角形组成的五边形（如图），
它的面积为3，故围成的区域面积大于3，故D正确．
故选：ACD．
【点睛】关键点点睛：把问题转化为研究曲线在的性质为关键.
12．672
【分析】利用二项式定理求的系数即可.
【详解】由题设，含的项为,
故其系数为．
故答案为：672.
13．（答案不唯一）
【分析】根据圆的方程判断两圆位置关系，即外切，进而求切点，结合已知求公切线方程，即可得答案.
【详解】由题设，圆心、，则，即两圆外切，
设切点为，，得，所以，
又过与垂直的直线为两圆的内公切线，斜率为，
该公切线方程为，整理得．
设两圆的一条外公切线与两圆的切点分别为，
连接，作，垂足为（如图），
则，
所以，
所以直线，即直线的斜率为，
设直线为，则，
所以，故为．
由图易知，另一条外公切线的方程为．
故两圆的公切线方程为或或（填其中之一即可）．
故答案为：（答案不唯一）
14．
【分析】设圆与的边的切点分别为，利用双曲线定义得到，进而有，再应用错位相减法、等比数列前n项和公式求结果.
【详解】双曲线的标准方程为，
设圆与的边的切点分别为，
则，
又点在的右支上，所以，
所以，
由双曲线的定义知，点在的右支上，又点在轴上，即为的右顶点，
所以，所以，
设①，
所以②，
由①②，得，
所以．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据双曲线定义求得为关键.
15．(1)
(2)．
【分析】（1）根据余弦定理化角为边可得，结合余弦定理求，
（2）由条件及（1）结合余弦定理可得关于的方程组，解方程求，根据三角形面积公式求结论.
【小题1】因为，
由余弦定理的推论得，
整理得，
所以再由余弦定理的推论，得．
又因为B∈0,π，所以．
【小题2】由（1）及，得
． ①
在中，由余弦定理的推论，得
． ②
因为，
所以， ③
所以由②③得，
即． ④
由①④得，解得或．
因为，所以舍去，故，
所以，
故的面积为．
16．(1)；
(2).
【分析】（1）根据双曲线方程及其定义，应用余弦定理、三角形面积公式求双曲线参数，即可得方程；
（2）根据（1）所得双曲线方程，应用点线距离公式及三角形面积公式求三角形面积.
【详解】（1）设的半焦距为，由题意知，所以，所以，
因为点在上，所以，所以①，
在中，由余弦定理，得，
因为，所以②，
由②①，得．
因为的面积为，即，
所以，又，所以，故的方程为．
（2）

由①知，故的渐近线方程为或．
设Px0,y0，则，故，
由题意知，线段的长度分别等于点到两条渐近线的距离，
．
设渐近线的倾斜角为，则，或，
所以，
因为，所以，
所以的面积．
17．(1)点在棱上到的距离为处，理由见解析；
(2).
【分析】（1）设直线分别交线段和线段的延长线于点，连接与棱的交点即为点，易得、，进而确定点的位置；
（2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.
【详解】（1）设直线分别交线段和线段的延长线于点，连接与棱的交点即为点．
由棱柱的性质知，所以，
因为为的中点，所以，
所以，同样，所以，
所以，即点在棱上到的距离为处．
（2）以为坐标原点，直线分别为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量n=x,y,z，则即
令，解得，所以．
取的中点，连接，则，
由题意知，面面，面面面，
所以平面，所以为平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为，则，
故平面与平面的夹角的余弦值为．
18．(1)；
(2)；
(3)40.
【分析】（1）设点，利用斜率坐标公式及给定点列式求出即可求出的方程.
（2）由三角形重心定理，借助向量用点坐标表示点的坐标，建立方程组求解.
（3）结合平行关系，求出直线斜率的关系，设出直线的方程，与椭圆方程中联立求出，并求得，再利用基本不等式求出最大值.
【详解】（1）设的半焦距为，则，即，而，
由直线的斜率为，得，则，
由点在上，得，解得，
所以的方程为．
（2）由为的重心，得，由（1）知，则，
于是，即，
由点均在上，得，而，解得，
所以的坐标为.
（3）由是的中点，是的中点，得，直线斜率满足，
由，得直线的斜率满足，
而，则，即，
直线的方程为，代入，得，
于是，，则，
同理，因此，则，
从而，则，
当且仅当时取等号，所以的最大值为40.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
②代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
19．(1)；
(2)①证明见解析；②证明见解析.
【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程；
（2）①对求导，令，问题化为有两个变号零点（在零点的两侧函数值符号相反），进而根据最小值小于0即可证结论；②设，问题化为是关于的方程的两个不相等的实数根，且，应用分析法转化为证，构造函数并利用导数证明结论.
【详解】（1）当时，，所以，故，
又，所以曲线y=fx在1,f1处的切线方程为，即．
（2）①且，令，
因为有两个极值点，所以有两个变号零点（在零点的两侧函数值符号相反）．
，令，得，令，得，
所以，
因为，令，
对于且，有，则时，时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
当时，趋向于，故，此时有，
显然当时，，
所以当时，恒正且趋向于0，必存在，此时gx>0，
要使有两个变号零点，必有，
所以，可得．
②由①知，是的两个不相等的正实数根，不妨设，
所以，即，
设，则是关于的方程的两个不相等的实数根，且，
要证，只需证，即证，只需证．
即证，
需证，即证．
令，则，
所以在1,+∞上单调递增，则，即，
故．
【点睛】关键点点睛：第二问，一小问将问题化为有两个变号零点（在零点的两侧函数值符号相反），二小问，则是关于的方程的两个不相等的实数根，且，进而将问题化为证为关键.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
C
B
A
C
D
A
BCD
BC
题号
11









答案
ACD









1
2
3
4
5
6
1
(1,1)
(1,2)
(1,3)
(1,4)
(1,5)
(1,6)
2
(2,1)
(2,2)
(2,3)
(2,4)
(2,5)
(2,6)
3
(3,1)
(3,2)
(3,3)
(3,4)
(3,5)
(3,6)
4
(4,1)
(4,2)
(4,3)
(4,4)
(4,5)
(4,6)
5
(5,1)
(5,2)
(5,3)
(5,4)
(5,5)
(5,6)
6
(6,1)
(6,2)
(6,3)
(6,4)
(6,5)
(6,6)