2025届四川省名校联盟高三12月联考数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省名校联盟2025届高三12月联考数学试卷一、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】因为，所以.故选：B.2.已知单位向量满足，则（）A.8 B.3 C. D.【答案】D【解析】由于，故.所以，这就得到，所以.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】因为，所以，当且仅当时取等号，所以命题为真命题，则为假命题，因为，当且仅当时取等号，所以命题为假命题，则为真命题.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】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：A5.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】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.点在边长为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】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.7.已知实数a满足，则函数的零点个数为（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】由题设，易知或时，，时，，所以在上递增，在上递减，且，，由，即，而在R上递增，在R上递减，显然，，故，所以，又趋向时趋向，趋向时趋向，综上，共有3个零点故选：C8.已知函数，设，则a，b，c的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】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：单位：人性别身高合计低于不低于女14060200男120180300合计260240500附：，其中．α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【答案】AD【解析】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：AD10.已知数列为无穷等差数列，公差为，前项和为，则下列说法正确的是（）A.若，d<0，则，B.若且互不相等，则C.若，，，则D.若，则【答案】ABD【解析】对于A，此时有，从而.因为，故，所以A正确；对于B，有，同理，所以B正确；对于C，若，则是无穷等差数列，但，故C错误；对于D，若，则，所以，故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，函数与的图象恰有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】由，而，所以，A对；令，可得，，若，即，结合正余弦函数的性质，可得等式两侧对应函数图象如下，由图知，它们的交点为4个，B错；，即当时，函数的图象关于直线成轴对称图形，C对；，当时，即，当，设，则，令，所以且，当，则，故，得；当，则，故，得；所以，即，其中也满足，所以，D对.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】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】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，m与n为互质的具体正整数）；若，，构成数列，令，为数列的前项和，则______．【答案】;.【解析】（1）则循环可以写成.（2）观察数列规律，可得，，，，，所以，，所以故答案为：；.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a,b,c，向量，，且．（1）求角；（2）如图，的平分线交于，，求的取值范围．解:（1）由可知，故，且显然有.故，从而，解得，而，所以.（2）设，，则，且，故有.但由于AD平分，故有，这里.所以，得，故，从而，.故，.而，故，即.此时.又因为，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a,b,c构成一个满足条件的，且.综上，的取值范围是.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．解:（1）圆的圆心，半径为3，设圆的圆心坐标为，半径为，所以，解得，所以圆的方程为.（2）若直线斜率不存在，此时：，，解得，此时弦长为，符合题意，若直线直线斜率存在，设：，因为弦长为，所以圆心到直线的距离，因为，所以，解得，所以直线的方程为，即，综上：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：．解:（1）此时，.故对有，对有，从而fx在上递增，在上递减.故fx的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）由（1）的结论，可知对，有；对，有.设，则对有，对有.故在上递增，在上递减，故对有；对，有.从而对均有，即.再设，则对有，所以在上单调递增，从而对有，即.这就得到对，有.而对，有.对，有..综上，有.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．解:（1）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，而且都在面内，则面，面，所以面面，而，面面，面，所以平面.（2）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.（3）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，O为坐标原点，点A，B坐标分别为，那么称为A，B两点间的曼哈顿距离；为A，B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，点在函数图象上，点在函数图象上，且，点A，B有的最小值为4，求实数a的取值．解:（1）令，则，故轨迹如下，当时，轨迹为，当时，轨迹为，当时，轨迹为，当时，轨迹为，所以轨迹的图形如下，顶点在坐标轴上且边长为的正方形，根据图形，则.（2）令，则，即，所以在以原点为圆心，半径为2的圆上，而，令，同（1）分析轨迹如下，当时，轨迹为，当时，轨迹为，当时，轨迹为，当时，轨迹为，对于点的曼哈顿距离，的轨迹为正方形，所以，只需研究在上述两种情况下，轨迹交点到的曼哈顿距离范围，如下图示，位于圆的右上方，则只需确定直线与该圆相切时参数的范围，若与相切时，有，可得，满足题设，所以，即最大值为；（3）由题意，令，则，若，则，对于，定义域为，且，，当时，，递增，当时，，递减，综上，与的大致图象如下图示，在的左上方位置，令，讨论轨迹如下，当时，轨迹为，当时，轨迹为，当时，轨迹为，当时，轨迹为，问题化为上仅有一点，上仅有一点，使，首先，求平行于且与相切于点直线，由，则，可得（正值舍），故，所以，所求切线为，其次，保证，即恰好与相切，求，此时，若切点，则，即，故，综上，，最后，令且，则，时，在上递增，时，在上递减，所以最大值，故，综上，时满足题设要求.四川省名校联盟2025届高三12月联考数学试卷一、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】因为，所以.故选：B.2.已知单位向量满足，则（）A.8 B.3 C. D.【答案】D【解析】由于，故.所以，这就得到，所以.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】因为，所以，当且仅当时取等号，所以命题为真命题，则为假命题，因为，当且仅当时取等号，所以命题为假命题，则为真命题.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】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：A5.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】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.点在边长为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】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.7.已知实数a满足，则函数的零点个数为（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】由题设，易知或时，，时，，所以在上递增，在上递减，且，，由，即，而在R上递增，在R上递减，显然，，故，所以，又趋向时趋向，趋向时趋向，综上，共有3个零点故选：C8.已知函数，设，则a，b，c的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】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：单位：人性别身高合计低于不低于女14060200男120180300合计260240500附：，其中．α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【答案】AD【解析】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：AD10.已知数列为无穷等差数列，公差为，前项和为，则下列说法正确的是（）A.若，d<0，则，B.若且互不相等，则C.若，，，则D.若，则【答案】ABD【解析】对于A，此时有，从而.因为，故，所以A正确；对于B，有，同理，所以B正确；对于C，若，则是无穷等差数列，但，故C错误；对于D，若，则，所以，故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，函数与的图象恰有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】由，而，所以，A对；令，可得，，若，即，结合正余弦函数的性质，可得等式两侧对应函数图象如下，由图知，它们的交点为4个，B错；，即当时，函数的图象关于直线成轴对称图形，C对；，当时，即，当，设，则，令，所以且，当，则，故，得；当，则，故，得；所以，即，其中也满足，所以，D对.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】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】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，m与n为互质的具体正整数）；若，，构成数列，令，为数列的前项和，则______．【答案】;.【解析】（1）则循环可以写成.（2）观察数列规律，可得，，，，，所以，，所以故答案为：；.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a,b,c，向量，，且．（1）求角；（2）如图，的平分线交于，，求的取值范围．解:（1）由可知，故，且显然有.故，从而，解得，而，所以.（2）设，，则，且，故有.但由于AD平分，故有，这里.所以，得，故，从而，.故，.而，故，即.此时.又因为，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a,b,c构成一个满足条件的，且.综上，的取值范围是.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．解:（1）圆的圆心，半径为3，设圆的圆心坐标为，半径为，所以，解得，所以圆的方程为.（2）若直线斜率不存在，此时：，，解得，此时弦长为，符合题意，若直线直线斜率存在，设：，因为弦长为，所以圆心到直线的距离，因为，所以，解得，所以直线的方程为，即，综上：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：．解:（1）此时，.故对有，对有，从而fx在上递增，在上递减.故fx的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）由（1）的结论，可知对，有；对，有.设，则对有，对有.故在上递增，在上递减，故对有；对，有.从而对均有，即.再设，则对有，所以在上单调递增，从而对有，即.这就得到对，有.而对，有.对，有..综上，有.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．解:（1）由侧面底面，侧面底面，面，又底面是直角梯形，，故，所以面，面，则