廣東六校2025屆高三上學期十二月聯(lián)考數學試題【含答案解析】

2025屆高三·十二月·六校聯(lián)考數學科試題命題人：廣州市第二中學（滿分150分.考試時間120分鐘.）注意事項：1.答題前，考生務必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的姓名和考生號?考場號?座位號填寫在答題卡上.并用2B鉛筆將對應的信息點涂黑，不按要求填涂的，答卷無效.2.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案不能答在試卷上.3.非選擇題必須用黑色字跡鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上：如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案，不準使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的答案無效.4.考生必須保持答題卡的整潔，考試結束后，只需將答題卡交回.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據不等式解法可得集合，再由指數函數單調性可得，再由交集運算得出結果.【詳解】易知，再由指數函數的單調性可得時，即，因此.故選：D2.命題“”的否定是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據含有一個量詞命題的否定形式可得結論.【詳解】易知命題“”的否定是“”.故選：B3.已知等邊的邊長為1，點分別為的中點，若，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】取為基底，利用平面向量基本定理結合已知條件求解即可.【詳解】在中，取為基底，因為點分別為的中點，，所以，所以.故選：A.4.將函數的圖象上所有點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼模v坐標不變），得到函數的圖象，則在下列區(qū)間中，函數單調遞減的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據變換規(guī)則得出函數的解析式，再求出單調區(qū)間的表達式對選項逐一判斷可得結果.【詳解】依題意可得，若單調遞減，則，解得；觀察選項可知，只需寫出在上的單調遞減區(qū)間即可，易知當時，單調遞減區(qū)間為，只有，可得為函數單調遞減區(qū)間.故選：C5.已知，且，則的最小值為（）A.4 B. C.6 D.8【答案】D【解析】【分析】根據基本不等式中“1”的應用計算可得當時，的最小值為8.【詳解】由可得：；當且僅當，即當時，等號成立.即的最小值為8.故選：D.6.將曲線（為自然對數的底數）繞坐標原點順時針旋轉后第一次與軸相切，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設直線與曲線相切，設切點為，根據導數的幾何意義求出切點，再由題意可得即可得解.【詳解】設直線與曲線相切，設切點為，，則有，，解得，所以，所以切點為，將曲線（為自然對數的底數）繞坐標原點順時針旋轉后第一次與軸相切，則.故選：C.7.如圖，在已知正方體中，是棱上的點，且.平面將此正方體分為兩部分，則體積較小部分與體積較大部分的體積之比為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】作出截面，利用臺體的體積公式求出較小部分的體積，用正方體的體積減去較小部分的體積，可得較大部分的體積，可得兩部分的體積之比.【詳解】棱上的點，使得，連接，如下圖所示：不妨取正方體的棱長為3，由正方體性質可得，所以四點共面，平面就是平面，易知平面把正方體分成兩部分，其中幾何體為三棱臺，其體積為，又正方體的體積為，所以較大部分的體積為；可得.故選：A8.已知函數，若有兩個零點.，則的值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據結合兩角和差的余弦公式化簡，進而可求得，再根據二倍角的正弦公式化簡可得.【詳解】易知，令，則，所以或；可得或，因此或，又因為，所以；所以.故選：B【點睛】關鍵點點睛：根據和差角公式得出，是解決本題的關鍵.二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得全部分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.在復平面內，復數對應的向量分別為、，則下列說法不正確的是（）A.B.C.若，則D.若，則【答案】ACD【解析】【分析】舉例即可判斷ACD；根據復數的幾何意義即可判斷B.【詳解】設，則，對于A，當時，，則，故A錯誤；對于B，，，所以，故B正確；對于C，當時，，，滿足，但，故C錯誤；對于D，當時，，而，故D錯誤.故選：ACD.10.已知等差數列的首項為，公差為，前項和為，若，則下列說法正確的是（）A.當最大B.使得成立的最小自然數C.D.中最小項為【答案】ABD【解析】【分析】根據條件，結合等差數列的性質，可得，，，由此可判斷ABC的真假；再由和時，，時，，再結合，的單調性可判斷D的真假.【詳解】因為，所以，由，所以，所以，所以.所以，當時，最大，故A正確；由，，所以使得成立的最小自然數，故B正確；由，且，所以，即，故C錯誤；因為當時，，，所以；當時，，，所以；當時，，，所以.且，，所以中最小項為，故D正確.故選：ABD.11.如圖，在直三棱柱中，，Q是線段的中點，P是線段上的動點（含端點），則下列命題正確的是（）A.三棱錐的體積為定值B.直線與所成角的正切值的最小值是C.在直三棱柱內部能夠放入一個表面積為的球D.的最小值為【答案】ABD【解析】【分析】證明出平面，結合錐體體積公式可判斷A選項；利用空間向量法可判斷B選項；計算出的外接圓半徑，并與球的半徑比較大小，可判斷C選項；作點關于平面的對稱點，可知，然后將平面和平面延展為一個平面，結合余弦定理可判斷D選項.【詳解】對于A選項，如下圖所示，連接交于點，連接，

因為四邊形為平行四邊形，則為的中點，又因為為的中點，則，因為平面，平面，則平面，因為，則點到平面的距離等于點到平面的距離，為定值，又因為的面積為定值，故三棱錐的體積為定值，故A正確；對于B選項，因為平面，，以點為坐標原點，、、所在直線分別為軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，

由，則、、、、，設，其中，則，設直線與所成角為，所以，，當時，取最大值，此時，取最小值，取最大值，此時，，，所以，直線與所成角的正切值的最小值是，故B正確；對于C選項，因為，，則，的內切圓半徑為，由于直徑，所以在這個直三棱柱內部可以放入一個最大半徑為的球，而表面積為的球，其半徑為：，因為，所以這個直三棱柱內部不可以放入半徑為的球，故C錯誤；對于D選項，點關于平面的對稱點為，則，

，，所以，，則，因為平面，，則平面，因為平面，則，將平面和平面延展為一個平面，如下圖所示：

在中，，，，由余弦定理可得，當且僅當三點共線時，取最小值，故的最小值為，故D正確.故選：ABD.【點睛】方法點睛：計算多面體或旋轉體的表面上折線段的最值問題時，一般采用轉化的方法進行，即將側面展開化為平面圖形，即“化折為直”或“化曲為直”來解決，要熟練掌握多面體與旋轉體的側面展開圖的形狀.三?填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知向量，若與垂直，則等于__________.【答案】2【解析】【分析】根據向量垂直的坐標表示計算可得，再由模長公式可得.【詳解】易知，由與垂直可得，即，解得；所以.故答案為：213.已知數列的前項和為，則數列的前項和__________.【答案】【解析】【分析】先根據與的關系求出數列的通項公式，再利用裂項相消法求解即可.【詳解】由，當時，，即；當時，，即，所以數列為等比數列，首項為2，公比為2，則，，所以，則.故答案為：.14.若存在（互不相等），滿足，則的取值范圍為____________.【答案】【解析】【分析】由題意可得，不妨設，再分和兩種情況討論，分別求出，進而可得出答案.【詳解】存在（互不相等），滿足，則，不妨設，且是相鄰最值點.當時，則，解得，由，解得，當時，，當時，，當時，，所以，當時，則，解得，由，解得，當時，，當時，，所以，綜上所述，.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：由題意可得，不妨設，再分和求出是解決本題的關鍵.四?解答題：本大題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.在中，角對應的三邊分別是，且（1）求角的值;（2）若，求的面積.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等變換可求得，即可得解；（2）根據可求得，，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邊長即求出面積.【小問1詳解】根據題意由正弦定理可得，整理可得，即，所以，可得，又，所以，又，因此；【小問2詳解】由（1）得，由可得，解得或，當時，，又，所以兩角均為鈍角，不合題意，因此，，又，可得，同理，由正弦定理可得，可得，，因此的面積為.16.已知橢圓的中心在坐標原點，兩個焦點分別為，，點在橢圓上.（1）求橢圓的標準方程和離心率；（2）已知直線與橢圓交于、兩點，且，求面積的取值范圍.【答案】（1）；.（2）【解析】【分析】（1）設橢圓標準方程為：，根據及點在橢圓上，可求橢圓的標準方程，進而可求橢圓的離心率.（2）按直線是否垂直于坐標軸分類，求出，，進而表示出三角形面積，再借助二次函數求出范圍即可.小問1詳解】設橢圓標準方程為：，由題意：，所以橢圓的標準方程為：.橢圓的離心率為：.【小問2詳解】如圖：若直線的斜率不存在，則可取，因為，可取，此時.若直線的斜率為0，同理可得.當直線的斜率存在且不為0時，設直線的方程為，由，得，則，用代替，得，則.所以.設，則.因為，所以，，所以，所以.綜上，17.如圖所示，已知四棱錐中，，.（1）求證:平面；（2）當四棱錐的體積最大時，求二面角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）利用三角形全等及三線合一證明，然后利用線面垂直的判定定理證明即可；（2）先通過二面角定義作出二面角的平面角，求出四棱錐體積最大時，從而在直角三角形中求解即可.【小問1詳解】設，連接，因為，所以，所以，，又，，則，點為的中點，又，所以，又，且，所以，又，平面，平面，所以平面；【小問2詳解】由（1）可知，平面，平面，所以平面平面，取的中點為O，連接，則，平面平面，平面，所以平面，過點作，垂足為H，連接，則，所以為二面角的平面角，因為四棱錐的體積為，當且僅當，即體積最大，此時，在中，，所以，所以二面角的正弦值為.18.已知函數.（1）若，求函數的極值；（2）討論的單調性；（3）若是的兩個極值點，證明：.【答案】（1）極小值為，無極大值；（2）答案見解析；（3）證明見解析；【解析】【分析】（1）求出，分析函數單調性可得函數極值；（2）根據對參數進行分類討論，分析出的正負，即可得出函數的單調區(qū)間；（3）結合（2）的分析可得，結合韋達定理可得，要證，可轉化為，即證明，令，構造函數，利用導數研究在上的單調性即可得證.【小問1詳解】當時，，定義域為；所以，令，解得，可得在上單調遞增；令，解得，可得在上單調遞減；所以當時，取得極小值為，無極大值；【小問2詳解】由題意可得，當時，，方程的判別式，解方程可得，其中；令可得或（舍），即在區(qū)間上單調遞增；令可得，所以在區(qū)間上單調遞減；當時，，令可得,即在區(qū)間上單調遞增；令可得，所以在區(qū)間上單調遞減；當時，，方程的判別式，若，即時，恒成立，，此時區(qū)間上單調遞減；若，即時，方程有兩個不相等的實數根，即，其中；令可得或即可得在區(qū)間，上單調遞增；令可得，所以在區(qū)間上單調遞減；綜上可得，當時，在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減；當時，在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減；當時，在區(qū)間，上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減；當時，在區(qū)間上單調遞減；【小問3詳解】由題意可得是方程的兩實數根；因為是的兩個極值點，由（2）可得，且，又，要證，只需證明，即證明，令，則需證明，令函數，則，所以函數在上的單調遞減，可得，故，又，可得，故；所以.【點睛】關鍵點點睛：本題第（3）問關鍵在于利用和韋達定理代換得到只需證明，從而構造函數可得證明結論.19.給定正整數，設數列是的一個排列，對表示以為首項的遞增子列的最大長度（數列中項的個數叫做數列的長度），表示以為首項的遞減子列的最大長度.我們規(guī)定：當后面的項沒有比大時，，當后面的項沒有比小時，.例如數列：，則.，.（1）若，求和；（2）求證：；（3）求的最值.【答案】（1），（2）證明見解析；（3）當為偶數時，的最小值為；當為奇數時，的最小值為；【解析】【分析】（1）直接根據定義求解即可；（2）分情況討論證明，故可推出和不能同時為零，進而得到結論；（3）對奇偶性分類討論，并利用（2）中的結論得到結果即可.【小問1詳解】以為首項的最長遞增子列是，所以，因為后面的項都比小，所以，以為首項的最長遞增子列是，所以，因為后面沒有項，所以；因為后面的項都比大，所以，以為首項的最長遞減子列是或者，所以；因為后面的項都比大，所以，因為后面沒有項，所以；所以，即，【小問2詳解】對于，由于數列是的一個排列，故，若，則每個以為首項的遞增子列都可以在前面加一個，得到一個以為首項的更長的遞增子列，所以，而每個以為首項的遞減子列都不包含，且，故可將替換為，得到一個長度相同的遞減子列，所以，這意味著；若，同理有，，故，總之，且和不能同時為零，故.【小問3詳解】由（2）可知和不能同時為零，故，當為偶數時，設，一方面有；另一方面，考慮這樣一個數列：，，則對有，故此時；結合以上兩方面可得，當為偶