广东省纵千文化2025年12月高三阶段性联合检测6148C数学（含答案）

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A={-1,0,2},B={父|父(父-1)=0},则AUB=

A.{0}B.{0,1,2}C.{-1,0,1,2}D.{-1,0,2}

2.已知复数叉=3-5i,则叉●(-i)的实部为

A.-5B.-3C.3D.5

3.已知向量a=(1,1),b=(-2,父),则“父=-2”是“a丄(a十2b)”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

a1,a2,a3,…,an的调和平均数Hn,则数据1,2,4,4,6,8的调和平均数H6=

ABCD

5.已知离心率为的椭圆E的两个焦点分别为F1、F2,点P在E上,

22

|PF1|十|PF2|的最小值为8,则椭圆E的方程是

AB

CD

6.已知圆台0102的上、下底面半径之比为3:4,若圆台0102的上、下底面圆周都在半径为5

的球0(球心0在圆台内部)的表面上,且圆台的高为7,则圆台0102的体积为

AB.86πC.D

【高三阶段性联合检测数学卷第1页(共4页)】6148C

7.若tan则sin

8.给出下列两个不等式:十…十ln3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、选择题: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60%30%10%

优质率90%80%60%

在该市场中随机买一种品牌的防毒面具,记A1,A2,A3表示买到的防毒面具分别为甲品牌、

乙品牌、其他品牌,记B表示买到的防毒面具是优质品,则

A.P(A2十A3)=0.4B.P(BA1)=0.9

C.P(B)=0.84D.P(A2|B)=0.3

10.已知抛物线C:y2=2p父(p>0)的焦点为F,准线为l,点A是C上第一象限内一点,

且AFAF的延长线与C交于另一点B,AF的反向延长线与l交于点E,与y轴交

于点M,设P是抛物线C上一动点,则

A.p=2B.

C.以BF为直径的圆与y轴相切D.满足|PM|=|PF|的点P有且仅有2个

11.已知函数f下列说法正确的是

A.f(父)与g(父)的图象都是中心对称图形

B.存在t∈R,使得f(父)、g(父)在(t,十∞)上的单调性相反

C.若方程f(父)=|父十1|十a有3个不同实根,则-1<a<0

32

D.若函数g(父)与函数y=父十3父十3父的图象有k个不同交点Pi(父i,yi)(i=1,2,…,k),

则父i十yi=-8

ii

三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。

n

12.若的展开式中第4项为160,则a=.

父

13.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a,(a-b)(sinA十sinB)=

sinC(b十c),则△ABC面积的最大值为.

【高三阶段性联合检测数学卷第2页(共4页)】6148C

14.max{a,b}表示实数a,b中的较大者,已知父,y,义均为正数,则max十max十

max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.(本小题满分13分)

已知函数f=Asin的图象如图所示.

(1)求f(父)的单调递增区间;

(2)若α∈(),且sin,求f(α)的值.

16.(本小题满分15分)

如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAB丄底面ABCD,PA丄AB,ABⅡCD,底面ABCD为

等腰梯形,且AB=2CD=2,上ABC=60。.

(1)证明:平面PAC丄平面PBC;

(2)若AP=1,求平面PAD与平面PAC夹角的余弦值.

17.(本小题满分15分)

已知函数f(父)=父2-2aln父十1,a∈R且a≠0.

(1)当a=-1时,设曲线y=f(父)在父=1处的切线为l,求l与曲线y=f(父)的公共点

个数;

(2)若函数f(父)的最小值为1,求实数a的值.

【高三阶段性联合检测数学卷第3页(共4页)】6148C

18.(本小题满分17分)

已知双曲线Ca>0,b>0)的一条渐近线方程为父十y=0,点P(2,1)是C上

一点,过点P作斜率分别为k1,k2的两条直线l1,l2,且直线l1与C交于另一点A,直线l2与

C交于另一点B.

(1)求双曲线C的标准方程;

(2)若直线l1,l2的倾斜角互补,且k1=\2,求|AB|;

(3)若k1十k2=1,证明:直线AB与y轴的交点为定点,并求出定点坐标.

19.(本小题满分17分)

已知数列{pn},{qn},给出以下两个定义:

①若pn=qn=m>0,且对于任意i=1,2,…,n,都有pi≠qi,则称{pn}与{qn}为“m型

相关数列”;

(1)若数列{an}与{bn}为“m型相关数列”,证明:Tn(ai,bi)=-2mSn(ai,bi);

(2)已知数列{an}与{bn}为“1型相关数列”.

(i)若T8(ai,bi)=6,从a1,a2,…,a8中随机抽取4项,X表示这4项的和,求X的期

望E(X);

(i)若数列{cn}满足cn=1,且S12(ai,bi)=4S7(ai,ci),求S2025(bi,ci)的最大值.

【高三阶段性联合检测数学卷第4页(共4页)】6148C

广东省2025年12月高三阶段性联合检测●数学

参考答案、提示及评分细则

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。

题号12345678

答案CDDBBADC

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。

题号91011

答案ACACDABD

1.C由已知集合B={父|父(父—1)=0}={0,1},所以AUB={—1,0,1,2}.故选C.

2.D因为叉=3—5i,所以叉-=3十5i,则叉-●(—i)=5—3i,所以叉-●(—i)的实部为5,故选D.

3.D题意知a十2b=(—3,1十2父),又a丄(a十2b),所以—3×1十1×(1十2父)=0,解得父=1,所以“父=—2”是

“a丄(a十2b)”的既不充分也不必要条件,故选D.

4.B所以H,故选B.

2222

5.B|PF1|十|PF2|≥2|PF1|●|PF2|,当且仅当|PF1|=|PF2|=a时取等号,此时(|PF1|十|PF2|)min=

2a2=8,所以a=2,又离心率e,所以c=1,b,则椭圆方程为,故选B.

6.A设圆台0102的上、下底面半径分别为3r,4r(r>0),由题意可得解得

r=1,所以圆台0102的体积为故选A.

7.D因为tan所以整理为3sinα=sin2α十cos2α=1,则sin,又,

,则,所以cos所以sin2α=2sinαcoscos2α=1

—2sin,所以sin(2α—sin2αcoscos2αsin故选D.

8.C设f=2ln父—,则fI所以f(父)在[1,十∞)上单调

父父父父

递减,所以父≥1时f(父)≤f(1)=0,即ln父所以ln十

,取n=8得ln所以,①正确;由ln(n十1)—lnn<

1

得十十…十>ln(n十1)—lnn十ln(n十2)—ln(n十1)十…十ln(3n十1)—

n十1

ln=lnln3,②正确,故选C.

9.AC由题意得P(A1)=60%,P(A2)=30%,P(A3)=10%,因为A2与A3互斥,所以P(A2十A3)=P(A2)

十P(A3)=0.3十0.1=0.4,所以A正确;P(BA1)=P(A1)P(B|A1)=0.6×0.9=0.54,所以B错误;P(B)=

P(A1)P(B|A1)十P(A2)P(B|A2)十P(A3)P(B|A3)=0.6×0.9十0.3×0.8十0.1×0.6=0.84,所以C正

确;P所以D错误.故选AC.

10.ACD由抛物线的定义可知,AF,解得P=2,A正确;将点A代入y2=4父得m2=

,解得m=±1,则A由A)和F(1,0)可知直线AF的方程为y,则

22

E.将y与y=4父联立方程组得4父—17父十4=0,解得父,父2=4,所以

BB错误;BF的中点坐标为到y轴的距离为,且

【高三阶段性联合检测●数学卷参考答案第1页(共4页)】6148C

|BF故以BF为直径的圆与Y轴相切,C正确;由上知M,MF的中点坐

标为,则MF的中垂线方程为Y,即18x—24Y十7=0,与抛物线方程联立消去x

得9Y2—48Y十14=0,Δ=482—4×9×14>0,即存在两个这样的点P,D正确.故选ACD.

11.ABDf,其图象由奇函数Y的图象向左平移1个单位,再向上平移1个单位得到,所

以f(x)的图象关于点(—1,1)对称,g其图象由奇函数Y的

图象向左平移1个单位,再向下平移1个单位得到,所以g(x)的图象关于点(—1,—1)对称,A正确;

由f可得当x∈(0,十∞)时,f(x)单调递增,g(x)单调递减,B

正确;

当x>—1时,由f(x)=|x十1|十a得a=1—Y=1—在(—1,0)上单调递

增,在(0,十∞)上单调递减,a=—1时方程a=1—有1个实根,a<—1时方程a=1—(x十1)

有2个实根,a>—1时方程a=1—没有实根,当x<—1时由f(x)=|x十1|十a得a

Y=1十在(—∞,—1)上单调递增,对任意实数a,方程a=1—(x十1)—

有1个实根,综上得当a<—1时方程f(x)=|x十1|十a有3个实根,C错误;

令h(x)=x3十3x2十3x,则h/(x)=3x2十6x十3,hⅡ(x)=6x十6,由hⅡ(x)=0得

x=—1,h(—1)=—1,故h(x)的图象关于点(—1,—1)对称.作出g

十及h(x)=x3十3x2十3x的大致图象如图所示.两函数图象有4个交点,且

两函数图象都关于点(—1,—1)对称,所以xi十Yi=—4十=—8,D正确,

ii

故选ABD.

三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。

n

12.—2的展开式中第4项为n—3●anxn—6=160,

所以解得n=6,a=—2.

在△ABC中,(a—b)(sinA十sinB)=sinC(b十c),由正弦定理得(a—b)(a十b)=c(b十c),即a2=

b2十c2十bc,由余弦定理得cOsAA<π,:sinA,“3=a2=b2十c2十

bc≥2bc十bc=3bc,当且仅当b=c=1时取等号,因此bc≤1,:△ABC的面积SbcsinAbc

按x和x分类.记t=maX十maX十maX

当x时,t≥x十Y十x十x十当且仅当x时,取得等号;

当x时,t十Y十十Y十当且仅当x时,取得等

号.综上可知,t的最小值为2\6.

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.解:(1)由函数图象可知,A=2,………………1分

T,所以T=π,w……………………3分

又f所以十2kπ,k∈z,解得十2kπ,k∈z,

由,可得,……………………4分

所以f=2sin…………………5分

【高三阶段性联合检测●数学卷参考答案第2页(共4页)】6148C

令2父十∈[—十2kπ,十2kπ],k∈z,解得父∈[—十kπ,十kπ],k∈z,

所以f(父)的单调递增区间为[—十kπ,十kπ],k∈z.…………………9分

(2)因为α∈(,),sin2α=,所以2α∈(,π),cos2α=—,……11分

所以f(α)=2sin(2α十)=2(sin2αcos十cos2αsin)……………12分

4—3

=2×(×\—×)=\.……………………13分

5

16.(1)证明:由题意易知BC=1,

而AB=2,所以上ACB=90。,即AC丄BC.…………………2分

因为侧面PAB丄平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,且PA丄AB,PAG平面PAB,

所以PA丄平面ABCD.………………………4分

因为BCG平面ABCD,所以PA丄BC.……………………5分

又AC∩PA=A,AC,PAG平面PAC,

所以BC丄平面PAC.…………………………6分

又BCG平面PBC,所以平面PAC丄平面PBC.…………7分

(2)解:如图,以A为原点,AP,AB所在直线分别为父轴,y轴,在平面ABCD内

过点A作AB的垂线为义轴,建立空间直角坐标系,

则A(0,0,0),P(1,0,0),B(0,2,0),D(0,,\),C(0,,\),

22

—→——→\——→\

所以AP=(1,0,0),BC=(0,—,),AD=(0,,).………………9分

22

设平面PAD的法向量为n=(父,y,义),

—→

(n.AP=父=0

则〈—→\,令义=—1,得平面PAD的一个法向量n=(0,\,—1),

(n.AD=十义=0

……………12分

由(1)可知平面PAC的法向量为—B—→C=(0,—,\),……………………13分

设平面PAD与平面PAC的夹角为θ,

—→

—→|n.B\\

则cosθ=|cos〈n.BC〉|=—==,

|n|.||21

所以平面PAD与平面PAC夹角的余弦值为\.………15分

17.解:(1)当a=—1时,f(父)=父2十2ln父十1,其定义域为(0,十∞),……1分

2

因为fI(父)=2父十,所以fI(1)=2十2=4,……………2分

父

因为f(1)=2,则曲线y=f(父)在父=1处的切线方程为y—2=4(父—1),即y=4父—2.……………4分

y父—22

联立方程,可得父—4父十3十2ln父=0,………………5分

{y2十2ln父十1

2(父—1)2

设g(父)=父2—4父十3十2ln父,父>0,得gI(父)=2父—4十=≥0,

父

所以g(父)在(0,十∞)上单调递增,………………………7分

又g(1)=1—4十3十2ln1=0,所以g(父)有且仅有一个零点,

所以直线l与曲线y=f(父)的公共点个数为1.…………9分

2(父2—a)

(2)对函数求导得fI(父)=2父—=,父>0,…………………10分

父

①当a<0时,fI(父)>0,函数f(父)在(0,十∞)上单调递增,则f(父)无最小值;……11分

II

②当a>0时,令f(父)>0得父>\;f(父)<0得0<父<\;

则f(父)在(0,\)上单调递减,在(\,十∞)上单调递增,

故f(父)min=f(\)=a—2aln(\)十1=1,解得a=e,………………14分

综上,a=e.…………………15分

41

(—=1,

a2b2

18.(1)解:由题知,〈………………2分

\

(=,

【高三阶段性联合检测.数学卷参考答案第3页(共4页)】6148C

所以a,……………3分

所以双曲线C的标准方程为y2=1.……………………4分

(2)解:由题知,k…………5分

直线PA:y十1,直线PB:y

)十1,

2—

联立得3父—4(4\)父十20—8\=0,Δ=48—32\>0.

因为方程有一个根为2,所以父AyA………………8分

同理可得,父ByB…………………9分

所以|AB……………10分

(3)证明:由题知,直线AB的斜率存在.

设直线AB:y=k父十t,代入双曲线方程y2=1,

化简得(2k2—1)父2十4kt父十2t2十2=0(2k2—1≠0),根的判别式Δ>0.

设A(父1,y1),B(父2,y2),

则父1父父1十父

根据k1十k2=1,得

整理得(2k—1)父1父2十(t—2k十1)(父1十父2)—4t=0,

所以(2k—1)●t=0,

整理得t2十(2k—2)t十1—2k=0,即(t—1)(t十2k—1)=0,

所以t=1或t=1—2k.………………………14分

当t=1时,直线AB的方程为y=k父十1,经过y轴上的定点(0,1);……15分

当t=1—2k时,直线AB的方程为y=k(父—2)十1,经过定点P(2,1),不符合题意.

………………16分

综上,直线AB与y轴的交点为定点,且定点坐标为(0,1).………………17分

19.(1)证明:根据“m型相关数列”的概念可知,当ai=m时,bi=—m,当ai=—m时