2024-2025学年江苏省泰州市高三上学期12月联考数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年江苏省泰州市高三上学期12月联考数学检测试卷（附解析），共18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（本大题共8小题）
1．已知复数满足的共轭复数为，则（ ）
A．6B．5C．4D．3
2．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
3．若实数x，y满足，则的最小值为（ ）
A．1B．C．D．
4．已知为数列的前项积，若，则数列的前项和（ ）
A．B．C．D．
5．已知，则“”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．
6．已知函数在区间上是增函数，若函数在上的图象与直线有且仅有一个交点，则的范围为（ ）
A．B．C．D．
7．已知等差数列的前项和为，公差为，若也为等差数列，则的值为（ ）
A．2B．3C．4D．8
8．已知是圆的一条弦，，是的中点.当弦在圆上运动时，直线上总存在两点，使得为钝角，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件：，，下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．是数列中的最大值
D．数列无最大值
10．已知圆，为直线上一动点，过向圆引两条切线，为切点，则下列四个命题正确的是（ ）
A．直线与圆总有两个交点.
B．不存在点，使.
C．直线过定点.
D．过作互相垂直的两条直线分别交圆于、和、，则四边形面积的最小值为6
11．若定义在上的函数满足：对任意都有且，则下列结论一定正确的是（ ）
A．点是图象的一个对称中心B．点是图象的一个对称中心
C．是周期函数D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知点C在以为直径的圆上，点D为的中点，若，，则的值为 .
13．已知椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上任意一点，为圆上任意一点，则的最小值为 ．
14．若存在正数，使得不等式有解，则实数的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，，，，点D在边上，为的平分线.
(1)求的长；
(2)若点P为线段上一点，且为等腰三角形，求的值.
16．如图，在五面体中，底面为正方形，.

(1)求证：；
(2)若为的中点，为的中点，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：；
条件②.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分
17．已知正项数列的前项和为，且．数列满足，为数列的前项和．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和；
（3）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围；
18．已知椭圆：的离心率为，且过点，点与点A关于原点对称，过点作直线l与E交于，两点（异于A点），设直线与的斜率分别为，．
(1)若直线l的斜率为，求的面积；
(2)求的值．
19．已知函数．
(1)若，求的极小值．
(2)讨论函数的单调性；
(3)当时，证明：有且只有个零点．
答案
1．【正确答案】B
【分析】根据复数的模的公式，结合复数除法和乘法的运算法则和共轭复数的定义进行求解即可.
【详解】由，
所以，
故选：B
2．【正确答案】B
【详解】由函数，则，
当时，不等式显然成立；
当时，由，则，故不等式成立；
所以函数的定义域为，
，
所以函数为奇函数，故A、D错误；
由，则，
由，故C错误.
故选：B.
3．【正确答案】D
【详解】由题设，令且，
所以，显然的最小值为，
当且仅当，即时取最小值.
故选：D
4．【正确答案】A
【分析】利用 与 的关系可得是以3为首项，2为公差的等差数列；进而根据等差求和公式即可.
【详解】因为为数列的前项积，所以可得，
因为，所以，
即，所以，
又，得，所以，
故是以3为首项，2为公差的等差数列；
，
故选：A
5．【正确答案】B
【详解】解，当时，即，则，此时解集为，
当时，即，则，此时解集为，
当时，即，则，此时解集为，
故“”成立时，等价于；
当“”成立时，等价于，
故成立时，不一定推出成立，反之成立，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选：B
6．【正确答案】D
【详解】因为函数的图象关于原点对称，并且在区间上是增函数，所以，所以，
又，得，
令，得，
所以在上的图象与直线的第一个交点的横坐标为，第二个交点的横坐标为，
所以，解得，
综上所述，.
故选.
7．【正确答案】C
【分析】根据等差数列通项公式的函数特点，结合等差数列的求和公式，可得答案.
【详解】易知，若也为等差数列，
则为完全平方，则，解得.
故选：C.
8．【正确答案】D
【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，
因为，则，
可知点的轨迹是以为圆心，半径的圆C:，
设的中点为，
因为为钝角，可知圆C在以为直径的圆内，
可得，
因为到直线的距离，
可知，
可得，
所以，
所以的取值范围是.
故选：D.
9．【正确答案】ABC
【详解】对于A，由可得，（*），
由可得.
当时，因，则，即（*）不成立；
当时，，（*）成立，故，即A正确；
对于B，因，故B正确；
对于C,D，由上分析，且，则是数列中的最大值，故C正确，D错误.
故选：ABC.
10．【正确答案】ACD
【详解】选项A：因为直线过定点，
且，即该定点在圆内，所以直线与圆总有两个交点，A说法正确；
选项B：连接，因为为切点，所以与全等，

假设存在点，使，则，此时，
因为，所以假设成立，即存在点，使，B说法错误；
选项C：设，则，
以为直径的圆的方程为，即，
又圆，两圆作差可得公共弦直线方程为，
消去可得，整理得，
令可得直线过定点，C说法正确；
选项D：设到直线，的距离为，则，

因为，，
所以，
又因为，当且仅当或过原点时等号成立，
所以，四边形面积，
即四边形面积的最小值为6，D说法正确；
故选：ACD
11．【正确答案】ABD
【分析】对于A，令，求得，再令，代入得，可判断结论；
对于B，令，求得，再令，代入得，可判断结论；
对于C，当满足已知条件，但不符合结论，即可判断；
对于D，令，证得时，是3为首项，1为公差的等差数列，可求.
【详解】令，则，有，
令，则，得，
又，所以点是图象的一个对称中心，故A正确；
令，则，
令，则，又，
所以点是图象的一个对称中心，故B正确；
设，符合题意，但不是周期函数，故C错误；
令，有，则，
令，有，，
所以时，是3为首项，1为公差的等差数列，
所以，故D正确.
故选ABD.
12．【正确答案】
【详解】由，
由题意且，则.

故
13．【正确答案】
【详解】在椭圆中，，，则，即点、，
如图，为椭圆上任意一点，则，
又因为为圆上任意一点，
.
当且仅当、、、共线且、在、之间时等号成立．
所以的最小值为.
故答案为.
14．【正确答案】
【分析】由转化为，然后构造函数，再利用导数求函数的单调性，从而求解.
【详解】因为，，所以，不等式可以化为，
令，则，所以．
当时，，故函数在上单调递增．
当时，，不合题意，舍去．
当时，，因为在上单调递增，，
所以，即．令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
当时，，所以在上单调递增，故，
所以，即，矛盾，故舍去．
当时，，所以当时，，
所以，即．
综上可得，实数的取值范围是．
根据不等式构造函数，利用导数研究求解函数单调性，从而求解不等式.
15．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为为的平分线，所以，
所以，
所以，
所以，即，
可得.
（2）由余弦定理可得：，
所以，所以，
由角平分线定理可得：，又因为，
所以，又因为，，
所以，所以，
又因为为等腰三角形，，所以为等边三角形，
所以，则为的中点，在中，
由余弦定理可得
，所以，
所以，在中，
由余弦定理可得，
因为，所以，
所以.
16．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：底面为正方形,则，又平面，平面，
则平面，又平面平面，平面，故.
（2）选①，取中点G,连接，因为，所以，
易知为梯形的中位线，则，
又平面，故平面，平面，
则平面，且必相交，故平面，
延长GM交BC于P,则P为中点，易得，故为矩形.
以M为原点，所在直线为z轴，MG所在直线为x轴，过M作CB平行线为y轴，建立空间直角坐标系如图：
则，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
设直线与平面所成角为.

选②：取中点G, 连接，易知为梯形的中位线，，
则，由题，，则，故
又平面，故平面，
延长GM交BC于P,则P为中点，易得，故为矩形.
以M为原点，所在直线为z轴，MG所在直线为x轴，过M作CB平行线为y轴，建立空间直角坐标系如图：
则，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
设直线与平面所成角为.

17．【正确答案】（1）；（2）；（3）．
【分析】（1）利用与的关系作差可知数列为等差数列与公差，即可求得通项公式；
（2）由（1）表示数列的通项公式，由裂项相消法求和即可；
（3）分类讨论为偶数与奇数时转化不等式，再由基本不等式与函数的单调性求最值，最后由不等式恒成立问题转化求参数取值范围即可．
【详解】解：（1）当时，；
当时，因为，，所以，
两式相减得，
所以，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以．
（2）由题意和（1）得：，
所以数列前项和．
（3）①当为偶数时，要使不等式恒成立，即不等式恒成立，即需不等式恒成立．
∵，等号在时取得．
此时需满足．
②当为奇数时，要使不等式恒成立，即不等式恒成立，即需不等式恒成立．
∵是随的增大而增大，
∴时，取得最小值．
此时需满足．
综合①、②可得的取值范围是．
本题考查由与的关系求等差数列的通项公式，由裂项相消法求前n项和，还考查了数列中由不等式恒成立求参数取值范围，属于较难题.
18．【正确答案】(1)；
(2)
【分析】（1）由条件列方程求可得椭圆方程，联立直线与椭圆的方程，结合弦长公式求出，再求点A到边的距离，由此可求面积；
（2）先在条件直线的斜率不存在时，求出，再求，再利用设而不求法求出当直线的斜率存在时的值即可.
【详解】（1）因为，所以，
因为点在椭圆上，所以，
所以，，
所以椭圆的方程为，
直线：，即，
代入得，
设，，则，，
所以，
又因为点到直线：的距离，
所以的面积．

（2）当直线斜率不存在，即：时，，不妨取，，
因为，，则，，
所以，
当直线斜率存在时，设：，
代入：得，
由已知方程的判别式，
设，，则，，
则
．
综上可知，．

19．【正确答案】(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）先求导，判断函数单调性，找到极小值点，求出极小值.
（2）求出，再求导，根据分类讨论，判断函数单调性.
（3）由导数为零，可找出极值点及单调区间，取并判断符号，根据零点存在定理可得结论.
【详解】（1）当时，的定义域为，
，
在区间递减；
在区间递增．
所以当时，取得极小值．
（2）的定义域为，
．
令，
当时，恒成立，所以即在上递增．
当时，在区间即递减；
在区间即递增．
（3）当时，，
由（2）知，在上递增，，
所以存在使得，即．
在区间，递减；在区间递增．
所以当时，取得极小值也即最小值为，
由于，所以．
，
，
根据零点存在性定理可知在区间和，各有个零点，
所以有个零点．