四川省名校联盟2024-2025学年高三12月联考数学试题 Word版含解析

这是一份四川省名校联盟2024-2025学年高三12月联考数学试题 Word版含解析，共19页。试卷主要包含了 已知，则， 已知单位向量满足，则， 已知命题，命题，则， 已知函数，设，则的大小关系是等内容，欢迎下载使用。
2024年12月
一､单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项
符合题目要求）
1. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得.
【详解】因为，
所以.
故选：B.
2. 已知单位向量满足，则（ ）
A. 8B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用平方运算将向量的模转化为向量的数量积，进而根据模长计算公式求解即可.
【详解】由题意得，即，
则，化简得，
则，
故选：D.
3. 已知命题，命题，则（ ）
A. 命题与均为真命题
B. 命题与均为真命题
C. 命题与均为真命题
D. 命题与均为真命题
【答案】B
【解析】
【分析】利用指数函数值域及基本不等式判断，利用基本不等式求出最大值判断即可得解.
【详解】，则，当且仅当时取等号，为真命题；
当时，，当且仅当时取等号，为假命题，为真命题，
所以命题与均为真命题，B正确.
故选：B
4. 已知平行四边形的顶点，边所在直线方程是，对角线的交点为，边所在直线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析】根据题意且关于对称，设结合已知求点坐标，进而求参数，即可得直线方程.
【详解】由题意知，可设且，
又对角线的交点为，关于对称，则，
由点在直线上，故，
所以.
故选：A
5. 设为两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列说法一定成立的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，，则D. 若与所成角相等，则
【答案】C
【解析】
【分析】使用线线平行和线面平行的定义，分别判断四个选项即可得到答案.
【详解】对于A，若，但直线在平面内，则条件满足，但显然没有，故A错误；
对于B，若是一个长方体的某一个顶点引出的三个侧面，则它们两两垂直，此时并没有，故B错误；
对于C，由于，且，故，而，所以一定有，故C正确；
对于D，若是内的两条相交直线，则和所成角均为，但相交，从而不平行，故D错误.
故选：C.
6. 点P在边长为1的正三角形的外接圆上，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先证明，然后给出的例子，即可得到的最大值是.
【详解】设外接圆圆心为，则，.
①一方面，我们有
.
故一定有.
②另一方面，当时，有，故在的外接圆上，此时
.
综合①②两个方面，可知的最大值是.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对数量积的运算性质的使用.
7. 已知实数满足，则函数的零点个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数研究函数的单调性，令，则是的零点，结合零点存在性定理确定范围，然后结合零点存在性定理及的单调性判断零点个数．
【详解】由题设，
∴当或时，；当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
令，则，即是的零点，
∵在上单调递增，∴在上单调递增，
∵，，，
∴在上有唯一零点，则．
∵，
∴，
∴结合的单调性可知，共有3个零点，分别在上各有1个零点．
故选：D．
8. 已知函数，设，则的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令，则，判断的奇偶性和单调性，结合基本不等式和对数运算和对数函数的性质，利用作商法比较的大小，进而可得大小关系.
【详解】由，令，则，
由，故为偶函数，
当时，在上递增，
，
，
因为，
且，
所以，
所以，
所以,
所以
即.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：令，得出，是解决本题的关键.
二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 为了研究某校高三年级学生的性别和身高是否低于的关联性，研究小组从该校高三学生中获取容量为500的有放回简单随机样本，由样本数据整理得到如下列联表：
附：，其中．
小组成员甲用该列联表中的数据进行独立性检验，小组成员乙将该列联表中的所有数据都缩小为原来的后再进行独立性检验，则下列说法正确的是（ ）
A. 依据的独立性检验，小组成员甲可以认为该中学高三年级学生的性别与身高有关联
B. 依据的独立性检验，小组成员甲不能认为该中学高三年级学生的性别与身高有关联
C. 小组成员甲、乙计算出的值相同，依据的独立性检验，他们得出的结论也相同
D. 小组成员甲、乙计算出的值不同，依据的独立性检验，他们得出的结论也不同
单位：人
性别
身高
合计
低于
不低于
女
140
60
200
男
120
180
300
合计
260
240
500
α
【答案】AD
【解析】
【分析】根据列联表及卡方公式求对应卡方值，结合独立性检验的基本思想得到结论，即可得答案.
【详解】由题设，零假设该中学高三年级学生的性别与身高没有关联，
对于成员甲有，
对于成员乙有，
依据的独立性检验，小组成员甲可认为该中学高三年级学生的性别与身高有关联；
依据的独立性检验，小组成员乙不能认为该中学高三年级学生的性别与身高有关联；
小组成员甲、乙计算出的值不同，他们得出的结论也不同.
故选：AD
10. 已知数列为无穷等差数列，公差为d，前n项和为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若且互不相等，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】分别利用等差数列的基本公式以及性质计算每一个选项即可；
【详解】选项A,若，得，所以，故选项A正确；
选项B，若且互不相等，易知，故选项B正确；
选项C，若，则，此时，故选项C错误；
选项D，若，易知，
所以
所以，故选项D正确.
故选：ABD
11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 当时，函数与的图像恰有5个交点
C. 当时，函数的图象关于直线成轴对称图形
D. 当时，记函数的最小值为，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A,先用二倍角公式得，然后利用同角三角函数的基本关系得到得，最后计算则的值即可；选项B，直接联立求解，得到,然后判断根的个数即可；选项C，利用函数的对称性判断即可；选项D，因为函数的最小值肯定小于等于某一个具体的值，得到，然后用求和证明即可.
【详解】选项A，由题可知，
得，
，
故选项A正确；
选项B，解方程 ，，
化简
因为，所以，，
由正切函数性质可知此时，有四个解，故选项B错误；
选项C，当，得
即函数的图象关于直线成轴对称图形，故选项C正确；
选项D，当时，因为函数的最小值肯定小于等于某一个具体的值,
显然
所以，故选项D正确.
故选：ACD
三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上）
12. 已知椭圆C的中心为坐标原点，焦点在x轴上，且经过点，则椭圆C的标准方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题设椭圆中有，即可得椭圆标准方程.
【详解】由题意，设椭圆为且，根据所过点易知，
所以椭圆标准方程为.
故答案为：
13. 已知棱长为1的正四面体，分别为的中点，若以的中点为球心的球与该正四面体的棱有公共点，则球半径的最大值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】将正四面体放入正方体，即可得到更直观的几何关系，从而得到答案.
【详解】由于正四面体总可以由一个正方体的两两不相邻的四个顶点构成，故我们可以设有一个正方体.
该正方体每个面的对角线长都是，所以棱长为.
此时，注意到是该正方体的一对对面的中心，所以的中点一定是正方体的中心.
这就说明，从而是的外接球球心.
从而在球与的棱有公共点的情况下，球最大的情况显然就是成为外接球的情况，所以半径的最大值就是.
故答案为：.
14. 整数的商（其中）称为有理数，任一有限小数或无限循环小数可以化为整数的商（其中）的形式，则______（写成的形式，与为互质的具体正整数）；若构成数列，令，为数列的前n项和，则的取值范围为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】将循环化为分数形式即可；观察数列规律得出数列的通项公式，将代入求出数列的通项公式并计算出，由此求出，并求范围.
【详解】则循环可以写成；
观察数列规律，可得，，，，，
所以，
，
则
，
所以，显然单调递增，
当时，，
当无限增大时，越来越接近，所以接近，
所以的取值范围为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：利用裂项相消法求.
四､解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）
15. 已知的内角的对边分别为，向量，，且．
（1）求角；
（2）如图，的平分线交于，，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将条件化为，然后利用正弦定理得到，解出即可；
（2）先得到，然后根据余弦定理得出，使用不等式方法证明，并对每个构造相应的作为例子，即可得到答案.
小问1详解】
由可知，故，且显然有.
故，
从而，解得，而，所以.
【小问2详解】
设，，则，且，故有
.
但由于平分，故有，这里.
所以，得，故，从而，.
故，.
而
，
故，即.
此时.
又因，故，
所以.
从而，，
b，c相等时取等号，
最后，对任意满足的实数，令，，.
则此时构成一个满足条件的，且.
综上，的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于将解三角形和向量方法相结合.
16. 已知圆，圆经过点，且与圆C相切于点.
（1）求圆的标准方程；
（2）已知直线过点，且被圆截得的弦长为，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）先判断两圆的位置关系，由此设圆心，半径为，然后列方程组求解即可；
（2）方法一设出直线的方程，利用点到直线的距离公式结合几何法求弦长可得；方法二利用几何法求出圆心到直线的距离，再分斜率存在与不存在的时候，存在时结合点到直线的距离公式求解即可；
【小问1详解】
圆与圆相切于，且过点，
圆与圆外切，且圆心在直线上.
设圆心，半径为，则，
解得.
圆的标准方程为.
【小问2详解】
方法一：由题意可知，直线的斜率不为0，
设直线的方程为：，即
设圆心到直线的距离为，则，
解得，或，
直线的方程为，或
方法二：设圆心到直线的距离为，则，
①直线的斜率不存在时，的方程为，此时圆心到直线的距离为，符合题意
②直线的斜率存在时，设为，则直线的方程可表示为，
，解得，
直线的方程为
综上①②，直线的方程为，或.
17. 已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若，证明：.
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接利用求函数单调性的方法求解即可；
（2）两个方法，方法一，先将放大到，然后利用导数证明即可；方法二，直接两式求差，然后根据未知数和参数的范围证明即可.
【小问1详解】
解，
令
得时，，当时，，
故单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
，
要证明，则只需证明，
令，
，
，
，当且仅当时，上式等号成立，
当时，在区间上单调递减，
，即，
当时，得证.
【方法二】证明：令，
，
，
，当且仅当时，上式等号成立，
，
又当时，在区间上单调递减，
，
当时，得证.
18. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，且，侧面是正三角形，侧面底面，E为中点，作交于F．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）在平面内是否存在点Q．使得，若存在，求动点Q的轨迹长度；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质得面，进而有，且，最后根据线面垂直的判定，面面垂直的判定及性质证结论；
（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；
（3）问题化为判断以为直径的球体与平面是否存在交线，结合点面距离判断中点与面的距离与的大小，即可判断.
【小问1详解】
由侧面底面，侧面底面，面，
又底面是直角梯形，，故，
所以面，面，则，
由侧面是正三角形，E为中点，则，
而且都面内，则面，面，
所以面面，而，面面，面，
所以平面.
【小问2详解】
依题意，可构建如下图示的空间直角坐标系，，
所以，，
令是面的一个法向量，则，
令，则，
令是面的一个法向量，则，
令，则，
所以平面与平面的夹角的余弦值.
【小问3详解】
由，即，故点在以为直径的球体与平面的交线上，
又，其中点坐标为，则，
由（1）（2）知，是面的一个法向量，
所以到面的距离，
所以以为直径的球体与平面不相交，故不存在使.
19. 定义：如果在平面直角坐标系中，为坐标原点，点的坐标分别为，那么称为两点间的曼哈顿距离；为两点间的欧几里得距离.
（1）已知，求的最小值；
（2）已知，求的最大值；
（3）已知，点在函数图像上，点在函数图像上，且，点有的最小值为4，求实数a的取值.
【答案】（1）
（2）
（3）2
【解析】
【分析】（1）先设，然后利用题意得到，然后数形结合，计算的最小值即可；
（2）先设，利用题意得到，然后三角换元，表示，然后化简求最值即可；
（3）函数过定点，然后计算得到定点与两点间曼哈顿距离最小值为4，所以只需要讨论任意与的曼哈顿距离即可；
【小问1详解】
设，由得：，
点的轨迹是由直线围成的边长为的菱形，且对角线在坐标轴上.
点到直线的距离即为的最小值，
.
【小问2详解】
设，由得：，
令，
.
.
【小问3详解】
过定点，当为时，
此时，
即时满足.
对于函数图像上的点有的最小值为4，
只需，求的值即可.
，
①当时，
，
此时没有能使恒成立.
②当时，
，当且仅当时，上式等号成立.
要使，则，即.
构造函数，要使，即等价于求取何值时恒成立.
，令，得.
时，在上单调递减；
时，在上单调递增.
，要使恒成立，即.
构造函数，
，令，得，
时，在上单调递增；
时，在上单调递减.
，
因此要使恒成立，则.
结合图像可知，当时，也满足.
因此，.
【点睛】关键点点睛：（1）我们需要根据题意将新的概念转化为我们熟悉的，然后数形结合求解；（2）在解析几何之中我们计算距离是通常都需要利用三角换元来计算；（3）做有一个参数的函数时，我们通常需要考虑函数过定点，然后利用定点判断特殊情况再计算.