2025届广东省建文教育集团两学部高三上学期12月第一次模拟数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省建文教育集团两学部2025届高三上学期12月第一次模拟数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若复数满足，则（）A.1 B. C.2 D.4【答案】C【解析】法1：因为，所以，所以.法2：因为，所以，即.故选：C.2.已知命题，，，，则（）A.p和q都是真命题B.p和都是真命题C.和q都是真命题D.和都是真命题【答案】B【解析】当x=1时，命题成立，所以命题p是真命题，命题是假命题；当x=0时，命题不成立，所以命题q是真命题，命题是真命题.故选：B.3.记为非零数列的前项和，若，，则（）A.2 B.4 C.8 D.16【答案】C【解析】在非零数列中，，由，，得数列等比数列，，因此，所以.故选：C4.已知函数部分图象如图，是相邻的最低点和最高点，直线的方程为，则函数的解析式为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】连接，与轴交于点，由图象的对称性，知点也在函数的图象上，所以点的坐标为.设，由，得，所以的最小正周期满足，解得，即，解得，，.因为点是图象的一个最高点，所以，结合，解得，故选：C.5.众数､平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据的分布形态有关.根据某小区1000户居民的月均用水量数据（单位：），得到如图所示的频率分布直方图，记该组数据的众数为，中位数为，平均数为，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】观察频率分布直方图，发现是属于右边“拖尾”，所以平均数大于中位数为，由于第一个小矩形面积为，前2个小矩形面积之和为，所以中位数位于之间，故可得，解得，由频率分布直方图可知众数，故，故选：D.6.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】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：C7.已知定义在上的函数满足为奇函数，且的图象关于直线对称，若，则（）A. B.0 C.1 D.2【答案】C【解析】由为奇函数，知的图象关于点对称，则，由，得．由的图象关于直线对称，则的图象关于直线对称，所以，，综上，，由上，，得，所以，则4为的一个周期，所以.故选：C8.椭圆的长轴长为6，则该椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为椭圆的长轴长为6，所以椭圆的焦点在轴上，且，所以椭圆的离心率为.故选：B.二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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】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.已知圆锥的顶点为为底面圆的直径，，点在圆上，点为的中点，与底面所成的角为，则（）A.该圆锥的侧面积为B.该圆锥的休积为C.D.该圆锥内部半径最大的球的表面积为【答案】BCD【解析】由已知，，，易得等腰三角形的底边长，，对于A，该圆锥的侧面积为，A错误；对于B该圆锥的体积为，B正确；对于C，如图，取中点为，连接，则为与底面所成角为，故，C正确；对于D，当球与圆锥内切时，表面积最大，此时球心在圆锥的高上，设为，球半径为，过向作垂线，垂足为，则，又，所以，所以，球的表面积为，D正确，故选：BCD11.“”可以看作数学上的无穷符号，也可以用来表示数学上特殊的曲线．如图所示的曲线过坐标原点，上的点到两定点，的距离之积为定值．则下列说法正确的是（）（参考数据：）A.若，则的方程为B.若上点到两定点、的距离之积为16，则点在上C.若，点在上，则D.当时，上第一象限内的点满足的面积为，则【答案】ACD【解析】已知原点在上，则，设为上任意一点，则有，整理得．若，则的方程为，故A正确；若，则，代入方程得，显然点不在此曲线上，故B错误；若，点在上，有，整理得，所以，故C正确；因为，，可得，所以点是曲线和以为直径的圆在第一象限内的交点，联立方程，解得，，即，所以，故D正确．故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，则__________.【答案】4【解析】由，整理得，得，解得，所以.另解：由题知，则，利用基本不等式可得，当且仅当时取等号，解得.故答案为：413.若存在（互不相等），满足，则的取值范围为____________.【答案】【解析】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：.14.已知函数的最小值为0，则________．【答案】【解析】依题意，对于恒成立，且能取得等号，即对于恒成立，且能取得等号，函数在上单调递增，不等式为，则，即，因此在上恒成立，且能取得等号，设，于是是函数在上的最小值，求导得，当时，，当时，，函数在上递减，在上递增，且，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.在中，a，b，c分别是内角A，B，C对边，且．（1）若，且的面积为，求A；（2）若，求．解：（1）因为，所以，又，所以，所以的面积，则，因为，所以或．（2）因为，所以，所以.由余弦定理得，因为，所以或，又，所以，所以，所以．16.已知二阶行列式，三阶行列式，其中分别为的余子式（某个数的余子式是指删去那个数所在的行和列后剩下的行列式）．（1）计算．（2）设函数．①若的极值点恰为等差数列的前两项，且的公差大于0，求；②若且，函数，证明：．（1）解：原式．（2）．（i）解：．当或时，；当时，．所以在和上是增函数，在上是减函数，所以的极大值点为，极小值点为1．因为的极值点恰为等差数列的前两项，且的公差大于0，所以，则公差，所以，所以．（ii）证明：因为，所以在上无零点，在上存在唯一零点，且．令，则，当时，单调递增；当时，单调递减．所以，而，所以．令，则．因为在上单调递诚，所以当时，，即单调递减，当时，，即单调递增，所以，而，所以．综上，．17.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，平面平面为的中点.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.（1）证明：方法一；由，有，，因为为正方形，故，又平面平面交于平面，所以，平面，又平面，所以，又平面平面，故平面，又平面，所以平面平面.方法二；因为为正方形，故，而平面平面交于平面，所以平面，又平面，所以，平面和平面交线平行于.故是平面和平面所成二面角的平面角..有，故平面平面.方法三：取中点为，先证明：，，点为的中点.，而平面平面交于平面，所以，平面，又平面，所以，，由已知，建立如图空间直角坐标系，因为.故，，设平面的一个法向量为，则，即，取，得，设平面的一个法向量为，则，即，取，得，，故，所以，平面平面.（2）解：取中点为.由（1）知，，建立如图所示空间直角坐标系，则，，所以，，显然可知平面的法向量为PD=0,1,-1设平面的一个法向量为，则，，取，得，则，所以平面和平面所成锐二面角的余弦值为.18.已知函数.（1）当时，求函数的图象在点处的切线方程；（2）讨论函数的单调性；（3）设，若，求实数的取值范围.解：（1），当时，，当时，，函数在处的切线方程为.（2）函数的定义域为，①当时，恒成立，令，则，若：若，所以在单调递减，在单调递增；②当时，，令，则，（i）当，即时，若或：若，所以在上递增，在上递减，在上递增.（ii）当，即时，恒成立，在上递增.（iii）当，即时，若或：若，所以在上递增，在上递减，在上递增，综上所述，当时，在单调递减，在单调递增；当时，在上递增，在上递减，在上递增；当时，在上递增；当时，在上递增，在上递减，在上递增.（3）由得恒成立因为，即恒成立.设，则，因为，同构可得令因为，所以，下面先证设，于是，令，则，当时，：当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，当且仅当时等号成立.所以，即，所以，即故实数取值范围为19.设数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）在和之间插入1个数，使成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；依次类推，在和之间插入个数，使成等差数列.（i）若，求；（ii）对于（i）中的，是否存在正整数，使得成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，说明理由.解：（1）当时，得；当时，，两式相减得，所以是以1为首项，为公比的等比数列.所以.（2）①设，所以，上面两式相减得，所以所以，所以.②因为都是递减数列；所以；则，令，即恒成立，所以数列单调递增，当时，；则所以；当时，；则，所以，，成立，解得，存在；当时，；当时，；不满足题意，故不存在：综上所述，当正整数对取和时，成立.广东省建文教育集团两学部2025届高三上学期12月第一次模拟数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若复数满足，则（）A.1 B. C.2 D.4【答案】C【解析】法1：因为，所以，所以.法2：因为，所以，即.故选：C.2.已知命题，，，，则（）A.p和q都是真命题B.p和都是真命题C.和q都是真命题D.和都是真命题【答案】B【解析】当x=1时，命题成立，所以命题p是真命题，命题是假命题；当x=0时，命题不成立，所以命题q是真命题，命题是真命题.故选：B.3.记为非零数列的前项和，若，，则（）A.2 B.4 C.8 D.16【答案】C【解析】在非零数列中，，由，，得数列等比数列，，因此，所以.故选：C4.已知函数部分图象如图，是相邻的最低点和最高点，直线的方程为，则函数的解析式为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】连接，与轴交于点，由图象的对称性，知点也在函数的图象上，所以点的坐标为.设，由，得，所以的最小正周期满足，解得，即，解得，，.因为点是图象的一个最高点，所以，结合，解得，故选：C.5.众数､平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据的分布形态有关.根据某小区1000户居民的月均用水量数据（单位：），得到如图所示的频率分布直方图，记该组数据的众数为，中位数为，平均数为，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】观察频率分布直方图，发现是属于右边“拖尾”，所以平均数大于中位数为，由于第一个小矩形面积为，前2个小矩形面积之和为，所以中位数位于之间，故可得，解得，由频率分布直方图可知众数，故，故选：D.6.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】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：C7.已知定义在上的函数满足为奇函数，且的图象关于直线对称，若，则（）A. B.0 C.1 D.2【答案】C【解析】由为奇函数，知的图象关于点对称，则，由，得．由的图象关于直线对称，则的图象关于直线对称，所以，，综上，，由上，，得，所以，则4为的一个周期，所以.故选：C8.椭圆的长轴长为6，则该椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为椭圆的长轴长为6，所以椭圆的焦点在轴上，且，所以椭圆的离心率为.故选：B.二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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】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.已知圆锥的顶点为为底面圆的直径，，点在圆上，点为的中点，与底面所成的角为，则（）A.该圆锥的侧面积为B.该圆锥的休积为C.D.该圆锥内部半径最大的球的表面积为【答案】BCD【解析】由已知，，，易得等腰三角形的底边长，，对于A，该圆锥的侧面积为，A错误；对于B该圆锥的体积为，B正确；对于C，如图，取中点为，连接，则为与底面所成角为，故，C正确；对于D，当球与圆锥内切时，表面积最大，此时球心在圆锥的高上，设为，球半径为，过向作垂线，垂足为，则，又，所以，所以，球的表面积为，D正确，故选：BCD11.“”可以看作数学上的无穷符号，也可以用来表示数学上特殊的曲线．如图所示的曲线过坐标原点，上的点到两定点，的距离之积为定值．则下列说法正确的是（）（参考数据：）A.若，则的方程为B.若上点到两定点、的距离之积为16，则点在上C.若，点在上，则D.当时，上第一象限内的点满足的面积为，则【答案】ACD【解析】已知原点在上，则，设为上任意一点，则有，整理得．若，则的方程为，故A正确；若，则，代入方程得，显然点不在此曲线上，故B错误；若，点在上，有，整理得，所以，故C正确；因为，，可得，所以点是曲线和以为直径的圆在第一象限内的交点，联立方程，解得，，即，所以，故D正确．故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，则__________.【答案】4【解析】由，整理得，得，解得，所以.另解：由题知，则，利用基本不等式可得，当且仅当时取等号，解得.故答案为：413.若存在（互不相等），满足，则的取值范围为____________.【答案】【解析】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：.14.已知函数的最小值为0，则________．【答案】【解析】依题意，对于恒成立，且能取得等号，即对于恒成立，且能取得等号，函数在上单调递增，不等式为，则，即，因此在上恒成立，且能取得等号，设，于是是函数在上的最小值，求导得，当时，，当时，，函数在上递减，在上递增，且，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.在中，a，b，c分别是内角A，B，C对边，且．（1）若，且的面积为，求A；（2）若，求．解：（1）因为，所以，又，所以，所以的面积，则，因为，所以或．（2）因为，所以，所以.由余弦定理得，因为，所以或，又，所以，所以，所以．16.已知二阶行列式，三阶行列式，其中分别为的余子式（某个数的余子式是指删去那个数所在的行和列后剩下的行列式）．（1）计算．（2）设函数．①若的极值点恰为等差数列的前两项，且的公差大于0，求；②若且，函数，证明：．（1）解：原式．（2）．（i）解：．当或时，；当时，．所以在和上是增函数，在上是减函数，所以的极大值点为，极小值点为1．因为的极值点恰为等差数列的前两项，且的公差大于0，所以，则公差，所以，所以．（ii）证明：因为，所以在上无零点，在上存在唯一零点，且．令，则，当时，单调递增；当时，单调递减．所以，而，所以．令，则．因为在上单调递诚，所以当时，，即单调递减，当时，，即单调递增，所以，而，所以．综上，．17.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，平面平面为的中点.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.（1）证明：方法一；由，有，，因为为正方形，故，又平面平面交于平面，所以，平面，又平面，所以，又平面平面，故平面，又平面，所以平面平面.方法二；因为为正方形，故，而平面平面交于平面，所以平面，又平面，所以，平面和平面交线平行于.故是平面和平面所成二面角的平面角..有，故平面平面.方法三：取中点为，先证明：，，点为的中点.，而平面平面交于平面，所以，平面，又平面，所以，，由已知，建立如图空间直角坐标系，因为