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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
1．（2025高三上·广东月考）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·广东月考）已知复数，则的实部为（　　）
A． B． C．3 D．5
3．（2025高三上·广东月考）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．（2025高三上·广东月考）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．（2025高三上·广东月考）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．（2025高三上·广东月考）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．（2025高三上·广东月考）若，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·广东月考）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
9．（2025高三上·广东月考）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．（2025高三上·广东月考）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．（2025高三上·广东月考）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
12．（2025高三上·广东月考）若的展开式中第4项为160，则　 　.
13．（2025高三上·广东月考）在中，内角的对边分别为，已知，则面积的最大值为　 　.
14．（2025高三上·广东月考）表示实数中的较大者，已知均为正数，则的最小值为　 　．
15．（2025高三上·广东月考）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．（2025高三上·广东月考）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．（2025高三上·广东月考）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．（2025高三上·广东月考）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．（2025高三上·广东月考）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.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可知，，
又因为集合
所以
故答案为：C
【分析】先求解集合B，再根据并集的定义，把集合A和B的所有元素合并，重复元素只保留一次。
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，所以，则，
所以的实部为5.
故答案为：D.
【分析】先求出复数z的共轭复数z，再进行复数乘法运算，最后提取结果的实部即可。
3．【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量数量积的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】 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.
故答案为：D.
【分析】先计算向量，再根据向量垂直的条件（数量积为0）求出的值，最后判断“”与“”之间的条件关系。
4．【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：，所以.
故答案为：B.
【分析】调和平均数的定义是：对于正数 ，调和平均数，把数据代入公式，先算分母的倒数和，再求最终结果。
5．【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：，，
当且仅当时取等号，此时，
所以，又离心率，所以．
故答案为：B．
【分析】先利用椭圆定义和不等式性质求出a，再结合离心率求出c和b，最终得到椭圆方程。
6．【答案】A
【知识点】球内接多面体；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】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.
故答案为：A.
【分析】先设出圆台上下底面半径的比例系数，利用球的半径和圆台的高，通过勾股定理求出比例系数，最后代入圆台体积公式计算。
7．【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，所以，
整理为，则，
又，则，
所以，
所以，
所以.
故答案为：D.
【分析】先利用同角三角函数关系化简已知等式求出 ，再求出 ，接着用二倍角公式求出 和 ，最后代入两角差的正弦公式计算 。
8．【答案】C
【知识点】对数的性质与运算法则；利用导数研究函数的单调性；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】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，
故答案为：C.
【分析】不等式①：构造辅助函数，利用其单调性得到对数不等式，再进行指数变形验证。
不等式②：利用对数的性质与放缩法，将和式与对数的差式进行比较。
9．【答案】A,C
【知识点】互斥事件的概率加法公式；全概率公式
【解析】【解答】解：由题意得，
因为与互斥，所以，A正确；
，B错误；
，C正确；
，D错误.
故答案为：AC.
【分析】本题的核心是利用互斥事件概率公式、条件概率公式和全概率公式，结合表格中的市场占有率与优质率，对各选项逐一计算判断。
10．【答案】A,C,D
【知识点】抛物线的定义；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：A：由抛物线的定义可知，，解得，故A正确；
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；
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；
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.
故答案为：ACD.
【分析】先利用抛物线定义求p，再求直线 AF方程，联立抛物线求点B坐标，再判断各选项，利用中点、距离公式判断圆与 y 轴的位置关系，利用垂直平分线与抛物线的交点个数判断点P的存在性。
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数的单调性及单调区间；奇偶函数图象的对称性；函数的零点与方程根的关系；二阶导数
【解析】【解答】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.
两函数图象有4个交点，且两函数图象都关于点对称，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】逐一分析每个选项，结合函数的对称性、单调性、方程根的个数以及交点对称性来判断对错。
12．【答案】
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：的展开式中第4项为，
所以，解得.
故答案为：
【分析】先写出二项式展开的通项公式，根据“第4项为160”这个条件，令x的指数为0（常数项），从而解出n和a的值。
13．【答案】
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】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：
【分析】先利用正弦定理将角的关系转化为边的关系，再用余弦定理求出角A，最后通过基本不等式求出bc的最大值，从而得到面积的最大值。
14．【答案】
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】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：.
【分析】分类讨论：时，；时，，分别等号成立条件可得.
15．【答案】（1）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
（2）解：因为，
所以，
所以
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦函数的性质；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】(1)先由图像确定振幅 、周期 ，求出 ，再结合最高点坐标求出 ，得到函数解析式；再利用正弦函数的单调性，解不等式求出单调递增区间。
(2)先根据 的范围和 的值，求出 ；再将 用两角和的正弦公式展开，代入已知值计算。
（1）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；
（2）因为，
所以，
所以
.
16．【答案】（1）证明：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；
（2）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.
【知识点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)先在等腰梯形 中用余弦定理求出 ，验证 ；再利用面面垂直的性质证明 ，从而得到 平面 ，进而证明平面 平面 。
(2)建立空间直角坐标系，求出平面 与平面 的法向量，用向量点积公式计算两平面夹角的余弦值。
（1）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；
（2）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．【答案】（1）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．
（2）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，
综上所述：.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1)先求导数得到切线斜率，写出切线方程，再联立函数与切线方程构造新函数，通过研究新函数的单调性和零点，确定公共点个数。
(2)对a进行分类讨论，分析函数的单调性，找到最小值点，再根据最小值为1列方程求解 a。
（1）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．
（2）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．【答案】（1）解：由题可知，，
所以，
所以双曲线的标准方程为．
（2）解：由题可知，，
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．
（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．
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)利用渐近线方程得到 ，再将点 代入双曲线方程，联立求解 和 ，得到标准方程。
(2)由倾斜角互补得 ，分别写出直线 、 的方程，与双曲线联立求出 、 坐标，再用两点距离公式求 。
(3)设直线 方程为 ，与双曲线联立，利用韦达定理表示 ，化简后得到 ，从而证明直线 与 轴交点为定点 。
（1）由题知，，
所以，
所以双曲线的标准方程为．
（2）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．
（3）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．
19．【答案】（1）证明：根据“型相关数列”的概念可知，当时，，当时，，
则，
所以，
故.
（2）（i）解：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）解：，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.
【知识点】数列的应用；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布
【解析】【分析】(1)利用“m型相关数列”的定义，得 且 ，因此 ，代入 和 的表达式即可证明等式。
(2)(i)先由 分析出数列 中1和-1的个数，再计算抽取4项和 的期望。
(ii)利用“1型相关数列”性质和已知等式 ，推导出 与 的符号关系，从而求出 的最大值。
（1）证明：根据“型相关数列”的概念可知，当时，，
当时，，
则，
所以，
故.
（2）（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.
1 / 1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
1．（2025高三上·广东月考）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可知，，
又因为集合
所以
故答案为：C
【分析】先求解集合B，再根据并集的定义，把集合A和B的所有元素合并，重复元素只保留一次。
2．（2025高三上·广东月考）已知复数，则的实部为（　　）
A． B． C．3 D．5
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，所以，则，
所以的实部为5.
故答案为：D.
【分析】先求出复数z的共轭复数z，再进行复数乘法运算，最后提取结果的实部即可。
3．（2025高三上·广东月考）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
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量数量积的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】 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.
故答案为：D.
【分析】先计算向量，再根据向量垂直的条件（数量积为0）求出的值，最后判断“”与“”之间的条件关系。
4．（2025高三上·广东月考）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
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：，所以.
故答案为：B.
【分析】调和平均数的定义是：对于正数 ，调和平均数，把数据代入公式，先算分母的倒数和，再求最终结果。
5．（2025高三上·广东月考）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
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：，，
当且仅当时取等号，此时，
所以，又离心率，所以．
故答案为：B．
【分析】先利用椭圆定义和不等式性质求出a，再结合离心率求出c和b，最终得到椭圆方程。
6．（2025高三上·广东月考）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
【知识点】球内接多面体；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】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.
故答案为：A.
【分析】先设出圆台上下底面半径的比例系数，利用球的半径和圆台的高，通过勾股定理求出比例系数，最后代入圆台体积公式计算。
7．（2025高三上·广东月考）若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，所以，
整理为，则，
又，则，
所以，
所以，
所以.
故答案为：D.
【分析】先利用同角三角函数关系化简已知等式求出 ，再求出 ，接着用二倍角公式求出 和 ，最后代入两角差的正弦公式计算 。
8．（2025高三上·广东月考）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
【知识点】对数的性质与运算法则；利用导数研究函数的单调性；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】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，
故答案为：C.
【分析】不等式①：构造辅助函数，利用其单调性得到对数不等式，再进行指数变形验证。
不等式②：利用对数的性质与放缩法，将和式与对数的差式进行比较。
9．（2025高三上·广东月考）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】A,C
【知识点】互斥事件的概率加法公式；全概率公式
【解析】【解答】解：由题意得，
因为与互斥，所以，A正确；
，B错误；
，C正确；
，D错误.
故答案为：AC.
【分析】本题的核心是利用互斥事件概率公式、条件概率公式和全概率公式，结合表格中的市场占有率与优质率，对各选项逐一计算判断。
10．（2025高三上·广东月考）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】A,C,D
【知识点】抛物线的定义；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：A：由抛物线的定义可知，，解得，故A正确；
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；
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；
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.
故答案为：ACD.
【分析】先利用抛物线定义求p，再求直线 AF方程，联立抛物线求点B坐标，再判断各选项，利用中点、距离公式判断圆与 y 轴的位置关系，利用垂直平分线与抛物线的交点个数判断点P的存在性。
11．（2025高三上·广东月考）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】A,B,D
【知识点】函数的单调性及单调区间；奇偶函数图象的对称性；函数的零点与方程根的关系；二阶导数
【解析】【解答】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.
两函数图象有4个交点，且两函数图象都关于点对称，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】逐一分析每个选项，结合函数的对称性、单调性、方程根的个数以及交点对称性来判断对错。
12．（2025高三上·广东月考）若的展开式中第4项为160，则　 　.
【答案】
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：的展开式中第4项为，
所以，解得.
故答案为：
【分析】先写出二项式展开的通项公式，根据“第4项为160”这个条件，令x的指数为0（常数项），从而解出n和a的值。
13．（2025高三上·广东月考）在中，内角的对边分别为，已知，则面积的最大值为　 　.
【答案】
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】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：
【分析】先利用正弦定理将角的关系转化为边的关系，再用余弦定理求出角A，最后通过基本不等式求出bc的最大值，从而得到面积的最大值。
14．（2025高三上·广东月考）表示实数中的较大者，已知均为正数，则的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】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：.
【分析】分类讨论：时，；时，，分别等号成立条件可得.
15．（2025高三上·广东月考）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）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
（2）解：因为，
所以，
所以
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦函数的性质；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】(1)先由图像确定振幅 、周期 ，求出 ，再结合最高点坐标求出 ，得到函数解析式；再利用正弦函数的单调性，解不等式求出单调递增区间。
(2)先根据 的范围和 的值，求出 ；再将 用两角和的正弦公式展开，代入已知值计算。
（1）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；
（2）因为，
所以，
所以
.
16．（2025高三上·广东月考）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：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；
（2）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.
【知识点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)先在等腰梯形 中用余弦定理求出 ，验证 ；再利用面面垂直的性质证明 ，从而得到 平面 ，进而证明平面 平面 。
(2)建立空间直角坐标系，求出平面 与平面 的法向量，用向量点积公式计算两平面夹角的余弦值。
（1）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；
（2）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．（2025高三上·广东月考）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）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．
（2）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，
综上所述：.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1)先求导数得到切线斜率，写出切线方程，再联立函数与切线方程构造新函数，通过研究新函数的单调性和零点，确定公共点个数。
(2)对a进行分类讨论，分析函数的单调性，找到最小值点，再根据最小值为1列方程求解 a。
（1）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．
（2）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．（2025高三上·广东月考）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）解：由题可知，，
所以，
所以双曲线的标准方程为．
（2）解：由题可知，，
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．
（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．
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)利用渐近线方程得到 ，再将点 代入双曲线方程，联立求解 和 ，得到标准方程。
(2)由倾斜角互补得 ，分别写出直线 、 的方程，与双曲线联立求出 、 坐标，再用两点距离公式求 。
(3)设直线 方程为 ，与双曲线联立，利用韦达定理表示 ，化简后得到 ，从而证明直线 与 轴交点为定点 。
（1）由题知，，
所以，
所以双曲线的标准方程为．
（2）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．
（3）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．
19．（2025高三上·广东月考）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：根据“型相关数列”的概念可知，当时，，当时，，
则，
所以，
故.
（2）（i）解：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）解：，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.
【知识点】数列的应用；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布
【解析】【分析】(1)利用“m型相关数列”的定义，得 且 ，因此 ，代入 和 的表达式即可证明等式。
(2)(i)先由 分析出数列 中1和-1的个数，再计算抽取4项和 的期望。
(ii)利用“1型相关数列”性质和已知等式 ，推导出 与 的符号关系，从而求出 的最大值。
（1）证明：根据“型相关数列”的概念可知，当时，，
当时，，
则，
所以，
故.
（2）（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.
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