精品解析：广东省纵千文化联盟2025-2026学年高三上学期12月联考数学试题

广东省2025年12月高三阶段性联合检测 数学 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡的相应位置. 3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效. 4.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 5.考试结束后，将本试题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. 2. 已知复数，则的实部为（ ） A. B. C. 3 D. 5 3. 已知向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 统计学中算术平均数､几何平均数､调和平均数､加权平均数是数据分析中的重要工具.已知正数的调和平均数，则数据的调和平均数（ ） A. B. C. D. 5. 已知离心率为的椭圆的两个焦点分别为，点在上，的最小值为8，则椭圆的方程是（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆台的上､下底面半径之比为，若圆台的上､下底面圆周都在半径为5的球（球心在圆台内部）的表面上，且圆台的高为7，则圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 8. 给出下列两个不等式：①；②，则（ ） A. ①②都错误 B. ①正确，②错误 C. ①②都正确 D. ①错误，②正确 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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. 某市场供应多种品牌的防毒面具，相应的市场占有率和优质率的信息如下表： 品牌 甲 乙 其他 市场占有率 优质率 在该市场中随机买一种品牌的防毒面具，记表示买到的防毒面具分别为甲品牌､乙品牌､其他品牌，记表示买到的防毒面具是优质品，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知抛物线的焦点为，准线为，点是上第一象限内一点，且的延长线与交于另一点的反向延长线与交于点，与轴交于点，设是抛物线上一动点，则（ ） A. B. C. 以为直径的圆与轴相切 D. 满足的点有且仅有2个 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 与的图像都是中心对称图形 B. 存在，使得在上的单调性相反 C. 若方程有3个不同实根，则 D. 若函数与函数的图像有个不同交点，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若的展开式中第4项为160，则__________. 13. 在中，内角的对边分别为，已知，则面积的最大值为______. 14. 表示实数中的较大者，已知均为正数，则的最小值为__________． 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 15. 已知函数的图象如图所示. （1）求的单调递增区间； （2）若，且，求的值. 16. 如图，在四棱锥中，侧面底面，，，底面为等腰梯形，且. （1）证明：平面平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知函数，且． （1）当时，设曲线在处的切线为l，求l与曲线的公共点个数； （2）若函数的最小值为1，求实数a的值 18. 已知双曲线的一条渐近线方程为，点是C上一点，过点P作斜率分别为，的两条直线，，且直线与C交于另一点A，直线与C交于另一点B． （1）求双曲线C的标准方程； （2）若直线，的倾斜角互补，且，求； （3）若，证明：直线AB与y轴的交点为定点，并求出定点坐标． 19. 已知数列，给出以下两个定义： ①若，且对于任意，都有，则称与为“型相关数列”； ②. （1）若数列与为“型相关数列”，证明：； （2）已知数列与为“1型相关数列”. （i）若，从中随机抽取4项，表示这4项的和，求的期望； （ii）若数列满足，且，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省2025年12月高三阶段性联合检测 数学 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡的相应位置. 3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效. 4.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 5.考试结束后，将本试题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】C 【解析】 【分析】先求出集合，然后根据并集的定义判断答案. 【详解】由题意可知，， 又因为集合 所以 故选：C 2. 已知复数，则的实部为（ ） A. B. C. 3 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据共轭复数的概念可得，然后利用乘法运算求得，进而利用实部的概念求解即可. 【详解】因为，所以，则， 所以的实部为5. 故选：D. 3. 已知向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】结合平面向量坐标运算、数量积公式与充分条件、必要条件定义判断即可得. 【详解】由题意可得， 由可得，解得， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 4. 统计学中算术平均数､几何平均数､调和平均数､加权平均数是数据分析中的重要工具.已知正数的调和平均数，则数据的调和平均数（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用调和平均数的定义求解即可. 【详解】，所以. 故选：B. 5. 已知离心率为的椭圆的两个焦点分别为，点在上，的最小值为8，则椭圆的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据椭圆定义，，结合不等式，即可求出的最小值，从而求出，再结合离心率，即可求出椭圆方程． 【详解】，， 当且仅当时取等号，此时， 所以，又离心率，所以． 故选：B． 6. 已知圆台的上､下底面半径之比为，若圆台的上､下底面圆周都在半径为5的球（球心在圆台内部）的表面上，且圆台的高为7，则圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设圆台的上､下底面半径分别为，利用勾股定理求出，再根据台体的体积公式即可得解. 【详解】设圆台的上､下底面半径分别为， 由题意可得，解得， 所以圆台的体积为. 故选：A. 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据同角三角函数的关系，化简可得的值，进而可得的值，根据二倍角公式，结合两角差的正弦公式，化简计算，即可得答案. 【详解】因为，所以， 整理为，则， 又，则， 所以， 所以， 所以. 故选：D. 8. 给出下列两个不等式：①；②，则（ ） A. ①②都错误 B. ①正确，②错误 C. ①②都正确 D. ①错误，②正确 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数设根据函数的单调性得出再代入计算判断①，结合裂项相消计算判断②. 【详解】设，则，所以在上单调递减， 所以时，即，所以， 取得，所以，①正确； 由， 得，②正确， 故选：C. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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. 某市场供应多种品牌的防毒面具，相应的市场占有率和优质率的信息如下表： 品牌 甲 乙 其他 市场占有率 优质率 在该市场中随机买一种品牌的防毒面具，记表示买到的防毒面具分别为甲品牌､乙品牌､其他品牌，记表示买到的防毒面具是优质品，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】先求出，再应用互斥事件概率公式计算判断A，再应用条件概率公式计算判断B，D，应用全概率公式计算判断C. 【详解】由题意得， 因为与互斥，所以，所以A正确； ，所以B错误； ，所以C正确； ，所以D错误. 故选：AC. 10. 已知抛物线的焦点为，准线为，点是上第一象限内一点，且的延长线与交于另一点的反向延长线与交于点，与轴交于点，设是抛物线上一动点，则（ ） A. B. C. 以为直径的圆与轴相切 D. 满足的点有且仅有2个 【答案】ACD 【解析】 【分析】由抛物线定义可得A；计算出点、、、坐标后即可得B；求出中点及其长度后即可得C；求出的中垂线方程，联立抛物线方程后利用根的判别式计算即可得D. 【详解】对A：由抛物线的定义可知，，解得，故A正确； 对B：将点代入，得，解得，则， 由和可知直线的方程为，则， 将与联立，得，解得， 所以，则，故B错误； 对C：的中点坐标为，到轴的距离为， 且，故以为直径的圆与轴相切，故C正确； 对D：由上知的中点坐标为， 则的中垂线方程为，即， 与抛物线方程联立消去得，， 即存在两个这样的点，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 与的图像都是中心对称图形 B. 存在，使得在上的单调性相反 C. 若方程有3个不同实根，则 D. 若函数与函数的图像有个不同交点，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由函数的奇偶性与图像变换可判断A；易得函数和在的单调性判断B；分和两种情况讨论求解即可判断C；利用二阶导数求得对称中心，利用数形结合与对称性可求得的值判断D. 【详解】，其图像由奇函数的图像向左平移1个单位， 再向上平移1个单位得到，所以的图像关于点对称， ， 其图像由奇函数的图像向左平移1个单位，再向下平移1个单位得到， 所以的图像关于点对称，故A正确； 由， 可得当时，单调递增，单调递减，故B正确； 当时，由得， 在上单调递增，在上单调递减， 时方程有1个实根， 时方程有2个实根， 时方程没有实根， 当时由得， 在上单调递增， 对任意实数，方程有1个实根， 综上得当时方程有3个实根，故C错误； 令，则， 令，所以， 由得，故的图像关于点对称. 作出及的大致图像如图所示. 两函数图像有4个交点，且两函数图像都关于点对称， 所以，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. 若的展开式中第4项为160，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式展开的通项公式，结合题意，列出等式，化简计算，即可得答案. 【详解】的展开式中第4项为， 所以，解得. 故答案为： 13. 在中，内角的对边分别为，已知，则面积的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦定理化角为边得，由余弦定理得，利用同角三角函数基本关系得，利用基本不等式求得，即可求得面积的最大值. 【详解】在中，， 由正弦定理得，即， 由余弦定理得，因为，所以， 因为，当且仅当时取等号， 因此，所以的面积，即面积的最大值为. 故答案为： 14. 表示实数中的较大者，已知均为正数，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】按和分类，分别应用函数新定义结合基本不等式计算求解. 【详解】按和分类． 记． 当时，， 当且仅当时，取得等号； 当时，， 当且仅当时，取得等号． 综上可知，的最小值为． 故答案为：. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 15. 已知函数的图象如图所示. （1）求的单调递增区间； （2）若，且，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据函数图象求出函数解析式，再根据正弦函数的单调性结合整体思想即可得解； （2）先根据平方关系求出，再根据两角和的正弦公式即可得解. 【小问1详解】 由函数图象可知，， ，所以， 又，所以，解得， 由，可得， 所以， 令， 解得， 所以的单调递增区间为； 【小问2详解】 因为， 所以， 所以 . 16. 如图，在四棱锥中，侧面底面，，，底面为等腰梯形，且. （1）证明：平面平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）借助余弦定理与勾股定理逆定理可得，由面面垂直性质定理及线面垂直性质定理可得，即可由线面垂直判定定理得平面，再利用面面垂直判定定理即可得证； （2）可建立适当空间直角坐标系，再求出两平面法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得. 【小问1详解】 由，，，则，故， 则，有，故， 因为侧面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 因为平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； 【小问2详解】 如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴， 在平面内过点作的垂线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 得平面的一个法向量， 由（1）知平面，则平面的法向量可为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知函数，且． （1）当时，设曲线在处的切线为l，求l与曲线的公共点个数； （2）若函数的最小值为1，求实数a的值 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）求导，再利用点斜式求出切线方程，再联立方程组，令，通过求导研究其单调性，进而确定其零点个数即可； （2）分类讨论求的单调性即可根据最值求出. 【小问1详解】 当时，，其定义域为， 因，所以， 因，则曲线在处的切线方程为，即， 联立方程，可得， 设，得， 所以在上单调递增， 又，所以有且仅有一个零点， 所以直线l与曲线的公共点个数为1． 【小问2详解】 对函数求导得， ①当时，，函数在递增，则无最小值； ②当时，令得；得； 则在上单调递减，在上单调递增， 故，解得， 综上：. 18. 已知双曲线的一条渐近线方程为，点是C上一点，过点P作斜率分别为，的两条直线，，且直线与C交于另一点A，直线与C交于另一点B． （1）求双曲线C的标准方程； （2）若直线，的倾斜角互补，且，求； （3）若，证明：直线AB与y轴的交点为定点，并求出定点坐标． 【答案】（1） （2） （3）证明：当直线的斜率不存在时，点关于轴对称， 设，则由，得， 即，解得，不符合题意，所以直线的斜率存在. 设直线，代入双曲线方程， 化简得，根的判别式． 设， 则， 根据，得，即， 整理得， 所以， 整理得，即， 所以或． 当时，直线的方程为，经过轴上的定点； 当时，直线的方程为，经过定点，不符合题意． 综上，直线与轴的交点为定点，且定点坐标为． 【解析】 【分析】（1）待定系数法求标准方程； （2）由题意可得，求得直线的方程，求得点两点坐标，可求； （3）先考虑直线的斜率不存在的情况不符合题意.直线的斜率存在时，不妨设直线的方程为，用“设而不求法”表示出，得到或，验证直线过定点. 【小问1详解】 由题知，， 所以， 所以双曲线的标准方程为． 【小问2详解】 由题知，， 直线，直线， 联立得． 因为方程有一个根为2，所以， 同理可得，， 所以． 【小问3详解】 略 19. 已知数列，给出以下两个定义： ①若，且对于任意，都有，则称与为“型相关数列”； ②. （1）若数列与为“型相关数列”，证明：； （2）已知数列与为“1型相关数列”. （i）若，从中随机抽取4项，表示这4项的和，求的期望； （ii）若数列满足，且，求的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）1；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据“型相关数列”的概念可得，从而可得和的值，即可证明得到结论； （2）（i）根据题意分析得到中有3项为，5项为1，从而可得的所有可能取值，再分别计算取每个值的概率，最后利用期望的公式计算可得结果； （ii）由可得，从而可得的值，分析得到的符号关系，以及的符号关系，进而得到的值，最终得到的最大值. 【小问1详解】 证明：根据“型相关数列”的概念可知，当时，， 当时，， 则， 所以， 故. 【小问2详解】 （i）因为与为“1型相关数列”，所以，且. 当时，则，所以；当时，则，则， 因为，所以，所以中有3项为，5项为1. 由题意可知，可能取值为. 则， ， 所以. （ii），所以，则， 又，所以中有2组符号相同，5组符号相反， 因为符号相反，所以中有2组符号相反，5组符号相同， 当符号相反时，；当符号相同时，， 所以. 故的最大值为， 当且仅当这2018组符号相同时取得等号. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $