广东六校2025届高三上学期十二月联考数学试题【含答案解析】

2025届高三·十二月·六校联考数学科试题命题人：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：D2.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：B3.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：C5.已知，且，则的最小值为（）A.4 B. C.6 D.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：A8.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：213.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