2025届湖南省名校教育联盟高三上学期12月大联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省名校教育联盟2025届高三上学期12月大联考数学试题（满分：150分时量：120分钟）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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】B【解析】由，，，则.故选：B．2.等比数列的前项和为，，，则（）A.27 B.24 C.21 D.18【答案】C【解析】在等比数列中，其公比，所以，所以，故选：C．3.已知复数在复平面内所对应的点位于第一象限，且，则复数在复平面内所对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】复数在复平面内所对应的点位于第一象限，设，∵，∴，，，∴复数在复平面内所对应的点位于第四象限，故选：D．4.已知向量，，若，则的值为（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】∵，∴，∴，∴.故选：C.5.已知是偶函数，则（）A.2 B.1 C.0 D.【答案】A【解析】函数的定义域为，由是偶函数，得，而不恒等于0，则恒成立，即恒成立，所以.故选：A6.将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若函数在区间上单调递减，则的最大值为（）A.6 B.5 C.3 D.2【答案】B【解析】由题可知，，时，．因为在区间上单调递减，所以，所以，的最大值为5．故选：B7.已知，分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆的左顶点，过点的直线与椭圆相交于另一点，且，椭圆的离心率为，则直线的斜率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】连接，由题意知，，，∴，∴点为椭圆的上（下）顶点，∴直线的斜率的绝对值．故选：A8.定义的实数根为的“坚定点”，已知，且，则下列函数中，不存在“坚定点”的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】对选项A：，令，则，解得，，存在“坚定点”；对选项B：，f'x在0,+时，，时，；在0,+∞上单调递增，时，，时，，所以关于的方程在0,+∞上有一解，存在“坚定点”；对选项C：，令，则，即，显然是“坚定点”；对选项D：，令，则，因为且，所以不存在“坚定点”．故选：D.二、选择题：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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．9.已知，则下列结论一定正确的是（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】由，同除以得，A选项正确；由基本不等式，又，所以等号不成立，所以，B选项正确；由在R上单调递减，因，所以，C选项不正确；取，，得，，得，D选项不正确．故选：AB.10.如图，在棱长为1的正方体中，，分别为线段，上的动点（包括端点），点在底面内运动（包括边界），则下列说法正确的有（）A.存在唯一的，，使得B.存在唯一的，，使得C.若为线段的中点，且平面，则动点的轨迹的长度为D.若为线段的中点，则的最小值为【答案】ACD【解析】对于A选项，当时，因为平面，所以在平面内或与平面平行，故当且仅当与重合，且与重合时，，A选项正确；对于B选项，过在平面内作的平行线，与底面内（包括边界）没有公共点，故不存在，，使得，B选项不正确；对于C选项，当为线段的中点时，过作与平面平行的截面，与底面的交线为中的中位线，即为动点的轨迹，其长度为，C选项正确；对于D选项，设关于平面的对称点为，则，D选项正确．故选：ACD11.在平面直角坐标系中，已知，，为原点，为平面内的动点，且垂直于轴，垂足为，则满足下列条件的动点的轨迹为椭圆的是（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】对于A，，由椭圆定义可知动点的轨迹为椭圆，故A正确；对于B，设Px,y则，∴，∴动点的轨迹为椭圆，故B正确；对于C，设Px,y则，∴，即，这样的点的轨迹不存在，故C错误；对于D，设Px,y则，∴，即，动点的轨迹为椭圆，故D正确．故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.写出一个半径为，且与直线相切于点的圆的方程：_____．【答案】或（写1个即可）【解析】设圆心坐标为，半径为，且与直线相切于点，由直线，可得该直线斜率为，所以，解得或，所以所求圆的方程为或．故答案为：或（写1个即可）.13.已知，，成等差数列，若直线与曲线相切，则________．【答案】【解析】由题意得，直线，故直线过定点，且曲线过点，故直线与曲线（无拐点）相切于点.∵，∴直线的斜率，∴直线的方程为，∴，∴.故答案为：.14.如图，在平行四边形中，已知，，，现将沿折起，得到三棱锥，且，则三棱锥外接球的表面积为________．【答案】【解析】如图，过作，且，过作，且，连接，，，根据题意可知，，因为，，，所以，，所以，，，所以，是平面内的两条相交直线，所以平面，所以三棱柱为直三棱柱．则三棱锥与直三棱柱的外接球相同．在中，，，∴．在中，，，，所以．设的外接圆半径为，由正弦定理得，故的外接圆半径，设三棱柱外接球半径为，由勾股定理，则三棱锥外接球的表面积．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，，，分别是角，，的对边，的面积．（1）证明：；（2）若为的平分线，交于点，且，，求的长．（1）证明：因为，化简得，由正弦定理，得，又，所以，整理得．又，为的内角，所以，即．（2）解：因为为的平分线，且，所以，所以，在等腰三角形中，．①又，∴，则，化简得，又，∴．②①代入②，得，解得或（舍去），∴，在中，由余弦定理得，∴．16.如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，为等边三角形，且平面平面．（1）作出点在平面的射影，并证明；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．解：（1）在中，作，垂足为，点即为点在平面的射影．下面证明平面：因为四边形为等腰梯形，所以，在，中，，，解得，．又，，∴，∴．又平面平面，平面平面，平面，∴平面，又平面，∴．又，，平面，∴平面．（2）连接点与的中点，则．又平面平面，平面平面，平面，∴平面．如图，以为原点，过点且平行于的方向为轴，直线，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，则，，．设平面的法向量为，易知，，则取，则，，则．设平面的法向量为，，，则取，则，，则．∴，故平面与平面的夹角的余弦值为．17.已知为坐标原点，椭圆的左、右顶点分别为，，点在椭圆上，直线，的斜率分别为，，且．（1）求椭圆的标准方程；（2）若过的直线交于另一点，且由点，，，组成的以为一边的四边形的面积为，求的方程．解：（1）由题可知，，.∵点椭圆上，且，，解得，，故椭圆的标准方程为.（2）设点，①若点在轴下方，则，如图1所示，则.因为点，，，组成的四边形的面积为，所以，解得，代入椭圆方程得，故点，所以直线的方程为或.②若点在轴上方，则，，如图2所示，设点到直线的距离为，则，则，解得.易知直线的方程为，由，得或.联立得（舍去）或（舍去）联立得，所以直线的方程为.综上，直线的方程为或或.18.已知函数．（1）求的单调区间；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围；（3）关于的方程有两个不相等的正实数解，，且，求证：．（1）解：由，求导可得，令f'x>0，得或，令f'x所以的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）解：当时，等价于，设，则，所以在上单调递减，所以．（3）证明：当时，，由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增，作出函数的大致图象，如图：因为，所以，所以．由，且切点，则曲线y=fx在处的切线为，同理可得曲线y=fx在处的切线为，设，所以，设，则，所以在上单调递增，因为，所以时，；时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，当且仅当时取等号，所以在上恒成立，设直线与直线交点的横坐标为，则，则，则，所以．同理可得，所以，得证.19.某商场举行活动，充值积分若干后，可以用积分购买特定商品．参与此活动的商品有1积分的签字笔，2积分的草稿本和2积分的便利贴．要求每天必须用积分购买商品且每天只能购买一次．花2积分购买草稿本或者购买便利贴算不同的用完积分的方式．（1）假设梅菊同学充值4积分，则该同学有多少种方式用完积分（只写出答案，不用写过程）；（2）假设代仕同学有点积分，该同学用完点积分的方式种数记为，求表达式；（3）设，记的前项和为，证明：．（1）解：记用1积分购买签字笔为，用2积分购买草稿本为，用2积分购买便利贴为，由枚举可知，该同学用完积分的方式如下：，共有11种．（2）解：对第一天使用积分购买的商品进行分类：①第一天买签字笔，使用1积分，余下的积分在以后用完，种数为，②第一天买草稿本或便利贴，使用2积分，余下的积分在以后用完，种数为，所以，所以，因为，，所以，所以，因为，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以．（3）证明：由题可知，法一：易知当时，．当时，因为，所以，所以．法二：易知当时，．当时，因为，所以．湖南省名校教育联盟2025届高三上学期12月大联考数学试题（满分：150分时量：120分钟）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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】B【解析】由，，，则.故选：B．2.等比数列的前项和为，，，则（）A.27 B.24 C.21 D.18【答案】C【解析】在等比数列中，其公比，所以，所以，故选：C．3.已知复数在复平面内所对应的点位于第一象限，且，则复数在复平面内所对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】复数在复平面内所对应的点位于第一象限，设，∵，∴，，，∴复数在复平面内所对应的点位于第四象限，故选：D．4.已知向量，，若，则的值为（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】∵，∴，∴，∴.故选：C.5.已知是偶函数，则（）A.2 B.1 C.0 D.【答案】A【解析】函数的定义域为，由是偶函数，得，而不恒等于0，则恒成立，即恒成立，所以.故选：A6.将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若函数在区间上单调递减，则的最大值为（）A.6 B.5 C.3 D.2【答案】B【解析】由题可知，，时，．因为在区间上单调递减，所以，所以，的最大值为5．故选：B7.已知，分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆的左顶点，过点的直线与椭圆相交于另一点，且，椭圆的离心率为，则直线的斜率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】连接，由题意知，，，∴，∴点为椭圆的上（下）顶点，∴直线的斜率的绝对值．故选：A8.定义的实数根为的“坚定点”，已知，且，则下列函数中，不存在“坚定点”的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】对选项A：，令，则，解得，，存在“坚定点”；对选项B：，f'x在0,+时，，时，；在0,+∞上单调递增，时，，时，，所以关于的方程在0,+∞上有一解，存在“坚定点”；对选项C：，令，则，即，显然是“坚定点”；对选项D：，令，则，因为且，所以不存在“坚定点”．故选：D.二、选择题：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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．9.已知，则下列结论一定正确的是（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】由，同除以得，A选项正确；由基本不等式，又，所以等号不成立，所以，B选项正确；由在R上单调递减，因，所以，C选项不正确；取，，得，，得，D选项不正确．故选：AB.10.如图，在棱长为1的正方体中，，分别为线段，上的动点（包括端点），点在底面内运动（包括边界），则下列说法正确的有（）A.存在唯一的，，使得B.存在唯一的，，使得C.若为线段的中点，且平面，则动点的轨迹的长度为D.若为线段的中点，则的最小值为【答案】ACD【解析】对于A选项，当时，因为平面，所以在平面内或与平面平行，故当且仅当与重合，且与重合时，，A选项正确；对于B选项，过在平面内作的平行线，与底面内（包括边界）没有公共点，故不存在，，使得，B选项不正确；对于C选项，当为线段的中点时，过作与平面平行的截面，与底面的交线为中的中位线，即为动点的轨迹，其长度为，C选项正确；对于D选项，设关于平面的对称点为，则，D选项正确．故选：ACD11.在平面直角坐标系中，已知，，为原点，为平面内的动点，且垂直于轴，垂足为，则满足下列条件的动点的轨迹为椭圆的是（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】对于A，，由椭圆定义可知动点的轨迹为椭圆，故A正确；对于B，设Px,y则，∴，∴动点的轨迹为椭圆，故B正确；对于C，设Px,y则，∴，即，这样的点的轨迹不存在，故C错误；对于D，设Px,y则，∴，即，动点的轨迹为椭圆，故D正确．故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.写出一个半径为，且与直线相切于点的圆的方程：_____．【答案】或（写1个即可）【解析】设圆心坐标为，半径为，且与直线相切于点，由直线，可得该直线斜率为，所以，解得或，所以所求圆的方程为或．故答案为：或（写1个即可）.13.已知，，成等差数列，若直线与曲线相切，则________．【答案】【解析】由题意得，直线，故直线过定点，且曲线过点，故直线与曲线（无拐点）相切于点.∵，∴直线的斜率，∴直线的方程为，∴，∴.故答案为：.14.如图，在平行四边形中，已知，，，现将沿折起，得到三棱锥，且，则三棱锥外接球的表面积为________．【答案】【解析】如图，过作，且，过作，且，连接，，，根据题意可知，，因为，，，所以，，所以，，，所以，是平面内的两条相交直线，所以平面，所以三棱柱为直三棱柱．则三棱锥与直三棱柱的外接球相同．在中，，，∴．在中，，，，所以．设的外接圆半径为，由正弦定理得，故的外接圆半径，设三棱柱外接球半径为，由勾股定理，则三棱锥外接球的表面积．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，，，分别是角，，的对边，的面积．（1）证明：；（2）若为的平分线，交于点，且，，求的长．（1）证明：因为，化简得，由正弦定理，得，又，所以，整理得．又，为的内角，所以，即．（2）解：因为为的平分线，且，所以，所以，在等腰三角形中，．①又，∴，则，化简得，又，∴．②①代入②，得，解得或（舍去），∴，在中，由余弦定理得，∴．16.如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，为等边三角形，且平面平面．（1）作出点在平面的射影，并证明；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．解：（1）在中，作，垂足为，点即为点在平面的射影．下面证明平面：因为四边形为等腰梯形，所以，在，中，，，解得，．又，，∴，∴．又平面平面，平面平面，平面，∴平面，又平面，∴．又，，平面，∴平面．（2）连接点与的中点，则．又平面平面，平面平面，平面，∴平面．如图，以为原点，过点且平行于的方向为轴，直线，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，则，，．设平面的法向量为，易知，，则取，则，，则．设平面的法向量为，，，则取，则，，则．∴，故平面与平面的夹角的余弦值为．17.已知为坐标原点，椭圆的左、右顶点分别为，，点在椭圆上，直线，的斜率分别为，，且．（1）求椭圆的标准方程；（2）若过的直线交于另一点，且由点，，，组成的以为一边的四边形的面积为，求的方程．解：（1）由题可知，，.∵点椭圆上，且，，解得，，故椭圆的标准方程为.（2）设点，①若点在轴下方，则，如图1所示，则.因为点，，，组成的四边形的面积为，所以，解得，代入椭圆方程得，故点，所以直线的方程为或.②若点在轴上方，则，，如图2所示，设点到直线的距离为，则，则，解得.易知直线的方程为，由，得或.联立得（舍去）或（舍去）联立得，所以直线的方程为.综上，直线的方程为或或.18.已知