2025届广东省六校高三上学期十二月联考数学试卷（解析版）

这是一份2025届广东省六校高三上学期十二月联考数学试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了 已知集合，则， 命题“”的否定是， 已知，且，则的最小值为， 将曲线等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】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】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】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】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】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】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】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】易知，
令，则，所以或；
可得或，
因此或，
又因为，所以；
所以
.
故选：B
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】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】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】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.
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】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】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】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：.
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.
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，求面积取值范围.
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，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.
（1）证明：设，连接，
因为，
所以，
所以，，又，，
则，点为中点，
又，所以，
又，且，
所以，
又，平面，平面，
所以平面；
（2）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：.
解：（1）当时，，定义域为0,+∞；
所以，
令f'x>0，解得，可得在1,+∞上单调递增；
令f'x