广东六校2025届高三上学期十二月联考数学试题（解析版）-A4

这是一份广东六校2025届高三上学期十二月联考数学试题（解析版）-A4，共24页。试卷主要包含了 已知，且，则的最小值为， 将曲线等内容，欢迎下载使用。
命题人：广州市第二中学
（满分150分.考试时间120分钟.）
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.并用2B铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的，答卷无效.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只需将答题卡交回.
一､选择题：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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据不等式解法可得集合，再由指数函数单调性可得，再由交集运算得出结果.
【详解】易知，
再由指数函数的单调性可得时，即，
因此.
故选：D
2. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据含有一个量词命题的否定形式可得结论.
【详解】易知命题“”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】A
【解析】
【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，
因为点分别为的中点，，
所以，
所以.
故选：A.
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
【解析】
【分析】根据变换规则得出函数的解析式，再求出单调区间的表达式对选项逐一判断可得结果.
【详解】依题意可得，
若单调递减，则，
解得；
观察选项可知，只需写出在上的单调递减区间即可，
易知当时，单调递减区间为，只有，
可得为函数单调递减区间.
故选：C
5. 已知，且，则的最小值为（ ）
A. 4B. C. 6D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据基本不等式中“1”的应用计算可得当时，的最小值为8.
【详解】由可得：
；
当且仅当，即当时，等号成立.
即的最小值为8.
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
【解析】
【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
【解析】
【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】棱上的点，使得，连接，如下图所示：
不妨取正方体的棱长为3，由正方体性质可得，
所以四点共面，平面就是平面，
易知平面把正方体分成两部分，其中几何体为三棱台，
其体积为，
又正方体的体积为，
所以较大部分的体积为；
可得.
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
【解析】
【分析】根据结合两角和差的余弦公式化简，进而可求得，再根据二倍角的正弦公式化简可得.
【详解】易知，
令，则，所以或；
可得或，
因此或，
又因为，所以；
所以
.
故选：B
【点睛】关键点点睛：根据和差角公式得出，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.全部选对的得全部分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
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
【解析】
【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
【解析】
【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，
由，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.
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
【解析】
【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：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，若与垂直，则等于__________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示计算可得，再由模长公式可得.
【详解】易知，由与垂直可得，
即，解得；
所以.
故答案为：2
13. 已知数列的前项和为，则数列的前项和__________.
【答案】
【解析】
【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，，即；
当时，，即，
所以数列为等比数列，首项为2，公比为2，
则，，
所以，
则.
故答案为：.
14. 若存在（互不相等），满足，则的取值范围为____________.
【答案】
【解析】
【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：本大题共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. 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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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）
【解析】
【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.
小问1详解】
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：.
【小问2详解】
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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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；
【解析】
【分析】（1）求出，分析函数单调性可得函数极值；
（2）根据对参数进行分类讨论，分析出的正负，即可得出函数的单调区间；
（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，利用导数研究在上的单调性即可得证.
【小问1详解】
当时，，定义域为；
所以，
令，解得，可得在上单调递增；
令，解得，可得在上单调递减；
所以当时，取得极小值为，无极大值；
【小问2详解】
由题意可得，
当时，，方程的判别式，
解方程可得，其中；
令可得或（舍），
即在区间上单调递增；
令可得，
所以在区间上单调递减；
当时，，
令可得,即在区间上单调递增；
令可得，所以在区间上单调递减；
当时，，方程的判别式，
若，即时，恒成立，，此时区间上单调递减；
若，即时，方程有两个不相等的实数根，
即，其中；
令可得或
即可得在区间，上单调递增；
令可得，
所以在区间上单调递减；
综上可得，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减；
当时， 在区间上单调递增，在区间上单调递减；
当时，在区间，上单调递增，在区间上单调递减；
当时，在区间上单调递减；
【小问3详解】
由题意可得是方程的两实数根；
因为是的两个极值点，由（2）可得，且，
又，
要证，
只需证明，
即证明，
令，则需证明，
令函数，
则，
所以函数在上的单调递减，可得，
故，
又，可得，故；
所以.
【点睛】关键点点睛：本题第（3）问关键在于利用和韦达定理代换得到只需证明，从而构造函数可得证明结论.
19. 给定正整数，设数列是的一个排列，对表示以为首项的递增子列的最大长度（数列中项的个数叫做数列的长度），表示以为首项的递减子列的最大长度.我们规定：当后面的项没有比大时，，当后面的项没有比小时，.例如数列：，则.，.
（1）若，求和；
（2）求证：；
（3）求的最值.
【答案】（1），
（2）证明见解析； （3）当为偶数时，的最小值为；当为奇数时，的最小值为；
【解析】
【分析】（1）直接根据定义求解即可；
（2）分情况讨论证明，故可推出和不能同时为零，进而得到结论；
（3）对奇偶性分类讨论，并利用（2）中的结论得到结果即可.
【小问1详解】
以为首项的最长递增子列是，所以，
因为后面的项都比小，所以，
以为首项的最长递增子列是，所以，
因为后面没有项，所以；
因为后面的项都比大，所以，
以为首项的最长递减子列是或者，所以；
因为后面的项都比大，所以，
因为后面没有项，所以；
所以，
即，
【小问2详解】
对于，由于数列是的一个排列，故，
若，则每个以为首项的递增子列都可以在前面加一个，
得到一个以为首项的更长的递增子列，所以，
而每个以为首项的递减子列都不包含，且，
故可将替换为，得到一个长度相同的递减子列，所以，
这意味着；
若，同理有，，故，
总之，且和不能同时为零，
故.
【小问3详解】
由（2）可知和不能同时为零，故，
当为偶数时，设，
一方面有；
另一方面，考虑这样一个数列：，，
则对有，
故此时；
结合以上两方面可得，当为偶数时，的最小值为；
当为奇数时，设，
一方面有；
另一方面，考虑这样一个数列：，，
则对有，
故此时；
结合以上两方面可得，当为奇数时，的最小值为；
综上可得，当为偶数时，最小值为；
当为奇数时，的最小值为；
【点睛】关键点点睛：求最大（小）值的本质在于，先证明所求表达式一定不小于（或不大于）某个数，再说明该表达式在某种情况下能取得，就得到了最大（小）值是，这便是“求最大（小）值”的本质.而在这个过程中，想到的具体取值这个过程并不存在绝对的逻辑性，可以穷尽各种手段，包括直觉、大胆猜测、高观点等去猜出的值，这些内容也无需在证明过程中呈现.只要证明合乎逻辑，“如何想到的取值”无需交代，不影响解答的正确性.