2024~2025学年广东省肇庆市德庆县、四会市高三上学期12月联考数学试卷【有解析】

/2024-2025学年广东省肇庆市德庆县、四会市高三上学期12月联考数学检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．设集合，集合，则等于（

）A． B．C． D．2．已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（

）A． B． C． D．3．在中，点D在边AB上，．记，则（

）A． B． C． D．4．已知函数是定义域为的偶函数，在区间上单调递增，且对任意，均有成立，则下列函数中符合条件的是（

）A． B． C． D．5．已知圆柱的高为2，侧面积为，若该圆柱的上、下底面圆周都在某一球的球面上，则该球的体积为（

）A． B． C． D．6．已知是各项均为正数的等差数列，且，则的最大值为（

）A．10 B．20 C．25 D．507．已知，则（

）A． B． C． D．8．已知是定义在R上的奇函数，当时，，若函数是偶函数，则下列结论不正确的为（

）A． B．的最小正周期C．有4个零点 D．二、多选题（本大题共3小题）9．设为复数，.下列命题中正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则10．如图是函数（，，）的部分图像，则（

）

A．的最小正周期为B．是的函数的一条对称轴C．将函数的图像向右平移个单位后，得到的函数为奇函数D．若函数（）在上有且仅有两个零点，则11．如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（

）A．存在点，使四点共面B．存在点，使平面C．三棱锥的体积为D．经过四点的球的表面积为三、填空题（本大题共3小题）12．记Sn为等比数列{an}的前n项和.若，则S4=．13．曲线在处的切线的倾斜角为，则的值为14．已知若函数有两个零点，则的取值范围为四、解答题（本大题共5小题）15．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足．(1)求B；(2)已知点D在边AC上，且BD是的平分线，，求的最小值．16．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1是菱形，且CA＝CB1．（1）证明：面CBA1⊥面CB1A；（2）若∠BAA1＝60°，A1C＝BC＝BA1，求二面角C﹣A1B1﹣C1的余弦值．17．已知函数.(1)求的极值；(2)对任意，不等式恒成立，求的取值范围.18．设数列的前项和为，已知.(1)证明：数列是等比数列；(2)若数列满足，，求数列的前项的和．19．记分别为函数的导函数．若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”．（1）证明：函数与不存在“点”；（2）若函数与存在“点”，求实数的值；（3）已知函数，．对任意a>0，判断是否存在，使函数与在区间内存在“点”，并说明理由．

答案1．【正确答案】A【分析】解不等式求得集合，根据并集定义运算得解.【详解】,,∴=.故选A.2．【正确答案】B【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.故选B.3．【正确答案】B【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．【详解】因为点D在边AB上，，所以，即，所以．故选B．4．【正确答案】B【详解】对于A：定义域为，且，不符合题意，故A错误；对于B：因为定义域为，且，即函数是定义域为的偶函数，当时，，则在上单调递增，又，符合题意，故B正确.对于C：因为为奇函数，不符合题意，故C错误；对于D：，则，不符合题意，故D错误；故选：B5．【正确答案】A【详解】由圆柱侧面积，解得，因为圆柱的上、下底面圆周都在某一球的球面上，所以球心在圆柱高的中点处，设球半径为，则由，所以,故选：A6．【正确答案】C【详解】∵，∴，由已知，得，∴，当且仅当时等号成立.故选：C.7．【正确答案】C【分析】先根据已知结合两角和差的正弦公式及二倍角公式化简，求出，再根据两角差的正切公式即可得解.【详解】由，得，即，所以，所以，所以.故选C.8．【正确答案】D【详解】对于A：由题意可得：，解得，故A正确；对于B：∵是偶函数，则，则，又∵为奇函数，则，可得，∴，则的最小正周期，故B正确；对C：令，则，注意到此时，分别作出的图象，由图象可知：有4个交点，故有4个零点，故C正确；对D：∵，则，可得，故D不正确.故选：D.9．【正确答案】BC【详解】A：由复数模的概念可知，不能得到，例如，，A错误；B：由可得，因为，所以，即，B正确；C：若，则，有，则，故，故C正确；D：取，，显然满足，但，D错误.故选：BC．10．【正确答案】AD【详解】由图像可知，，，即，故A正确；，此时，又在图像上，，解得，，，，，当是函数的一条对称轴时，此时不符合题意，故B错误；将的图象向右平移个单位后得到的图象对应的解析式为：不为奇函数，故C错误；令，解得，当时，，不合题意时，；时，；时，；又因为函数在上有且仅有两个零点，解得，故D正确.故选：AD.11．【正确答案】ABC【详解】A：如图，在正方体中，连接．因为N，P分别是的中点，所以．又因为，所以．所以四点共面，即当Q与点重合时，四点共面，故A正确；B：连接，当Q是的中点时，因为，所以．因为平面平面，所以平面，故B正确；C：连接，因为，则，故C正确；D：分别取的中点E，F，构造长方体，则经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球．设所求外接球的直径为，则长方体的体对角线即为所求的球的直径，即，所以经过C，M，B，N四点的球的表面积为，故D错误．故选：ABC12．【正确答案】.【详解】详解：设等比数列的公比为，由已知，即解得，所以．13．【正确答案】【详解】根据已知条件，，因为曲线在处的切线的倾斜角为，所以，.因为，，则解得，，故.故14．【正确答案】【详解】当时，，则，所以当时，f′x>0，函数当时，f′x<0，函数所以当时，.当时，，则，当时，f′x>0，函数单调递增；当时，f′x<0所以时，.画出函数的图象如图所示：因为函数有两个零点，所以与y=fx的图象有两个交点，由图可知或，所以的取值范围为.故15．【正确答案】(1);(2).【详解】（1）由正弦定理得，因为，所以，又，所以.（2）因为是的平分线，所以，又，所以，化简得，所以，所以当且仅当时，等号成立.即的最小值为.16．【正确答案】（1）证明见解析；（2）．【详解】（1）证明：设AB1与A1B交于O，连接OC，如图，因为侧面ABB1A1是菱形，所以AB1⊥A1B，又CA＝CB1，所以OC⊥AB1，又A1B∩CO＝O，故AB1⊥平面CA1B，又AB1⊂平面CAB1，故平面CBA1⊥平面CB1A；（2）由A1C＝BC，故CO⊥A1B，又（1）知OC⊥AB1，AB1∩A1B＝O，故OC⊥平面ABB1A1，以O为原点，分别以OA，OB，OC为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，设A1C＝BC＝BA1＝2，则OC，则，，A1(0,﹣1,0)，B(0,1,0)，由，得，所以，，，设平面CA1B1的一个法向量为，由，得，设平面C1A1B1的一个法向量为，由，得，故cos，又二面角C﹣A1B1﹣C1为锐角，故二面角C﹣A1B1﹣C1的余弦值为．17．【正确答案】(1)极小值，无极大值(2)【详解】（1）的定义域为.当时，f′x>0恒成立，此时单调递增，无极值；当时，令，得.故当时，单调递减；当时，单调递增，此时在处取到极小值，无极大值.（2）方法一：对任意时，恒成立，即恒成立.令，则.令，则，即ℎx在区间0,1上单调递减，又，所以当时，ℎx>0，即，此时单调递增；当时，ℎx<0，即，此时单调递减，所以.所以，即的取值范围为.方法二：由（1）知，当时，在区间0,1上单调递增.因为，所以不符合题意；当时，当时单调递减，当时单调递增.对任意时，恒成立，即，即.令在区间0,1上单调递增.又所以；当时，在区间0,1上单调递减.所以，符合题意；综上，的取值范围为.1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．18．【正确答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为，当时，得，解得；由题意①，得②，②①得，即，又所以，即所以是首项为1，公比为2的等比数列．（2）由（1）知，则，又，所以，且，又因为当为偶数时，，即，所以.19．【正确答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，使函数与在区间0,+∞内存在“点”．【详解】分析：（1）根据题中“S点”的定义列两个方程，根据方程组无解证得结论；（2）同（1）根据“S点”的定义列两个方程，解方程组可得a的值；（3）通过构造函数以及结合“S点”的定义列两个方程，再判断方程组是否有解即可证得结论.详解：解：（1）函数f（x）=x，g（x）=x2+2x-2，则f′（x）=1，g′（x）=2x+2．由f（x）=g（x）且f′（x）=g′（x），得，此方程组无解，因此，f（x）与g（x）不存在“S”点．（2）函数，，则．设x0为f（x）与g（x）的“S”点，由f（x0）与g（x0）且f′（x0）与g′（x0），得，即，（*）得，即，则．当时，满足方程组（*），即为f（x）与g（x）的“S”点．因此，a的值为．（3）对任意a>0，设．因为，且h（x）的图象是不间断的，所以存在∈（0，1），使得，令，则b>0．函数，则．由f（x）与g（x）且f′（x）与g′（x），得，即（**）此时，