精品解析：广东省2025届高三上学期9月份联考数学试题

2025届高三年级9月份联考 数学试题 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 已知命题，；命题，是质数，则（ ） A. 均是真命题 B. 均是真命题 C. 均是真命题 D. 均是真命题 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可知当时可判断命题为假命题，存在，是质数，即为真命题. 【详解】易知当时，可得，此时，即命题为假命题，所以命题为真命题； 当时，是质数，所以命题为真命题. 因此均是真命题. 故选：B. 2. 已知曲线过抛物线的焦点，则的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用对数函数图象过定点可知即为的焦点，即可得出其准线方程. 【详解】易知函数过轴上定点，即为的焦点， 故的准线方程为. 故选：C. 3. 已知是关于的方程的一个根，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 20 【答案】A 【解析】 【分析】将代入方程中，根据复数相等的充要条件即可求解. 【详解】因为是关于的方程的一个根， 所以，所以， 因为，所以，所以，所以. 故选:A. 4. 已知半径为3，高为1的圆锥底面圆周上的点和顶点均在球的表面上，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据球的性质结合圆锥的轴截面列式求半径，即可得体积. 【详解】设球的半径为， 结合圆锥的轴截面可得：，解得， 所以球的体积为. 故选：D. 5. 已知数列满足，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用时，得到，代入，求出答案. 【详解】由题意可得①， 所以时，②， ①-②得，所以，所以. 故选：B. 6. 在中，内角的对边分别为，已知，，则外接圆的半径为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用正弦定理化简得到，结合余弦定理求得，求得，然后再利用正弦定理，即可求得外接圆的半径，得到答案. 【详解】因为，且， 所以， 由正弦定理，可得，即， 所以， 又因，所以，所以 外接圆的半径为. 故选：A. 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将转化为，整体代入求解. 【详解】因为，，， ，故，且，故， 故. 故选：D. 8. 若则的最小值为（ ） A. B. 10 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】对式子进行配方，进而可知表示的几何意义，进而可知时最小，对等式进行化简，然后构造函数，利用导数研究其单调性，进而可知其零点，进而求解. 【详解】的几何意义是点与函数的图象上任意一点距离的平方，即， 要使得存在最小值，必须，即， 即在上有解， 令， 当，恒成立， 所以在上至多存在一个零点， 因为， 所以在上存在一个零点3， 所以取得最小值为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于能够发现的几何意义. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 对于函数和，则（ ） A. 与的零点相同 B. 与的最小值相同 C. 与的最小正周期相同 D. 与的极值点相同 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项，令，求出两函数零点；B选项，；C选项，的周期均为；D选项，对令，得，，对令，得，，故极值点不同. 【详解】A选项，令，解得，， 令，解得，， 显然，零点不同，A选项错误； B选项，显然，B选项正确； C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确； D选项，对令，得，， 对令，得，， 显然，的极值点不同，D选项错误. 故选：BC. 10. 已知正数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由，得到，求得，可判定A不正确；结合基本不等式，可得判定B正确；由函数，利用导数求得的单调性与最小值，得到，进而得到，可得判定C正确；结合，可判定D正确. 【详解】对于A中，因为，可得，又因为，所以， 可得，解得，所以A不正确； 对于B中，由，则，则， 当且仅当，即时，等号成立，因为所以，所以B正确， 对于C中，由函数，可得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，则，即， 当且仅当时，等号成立， 因为时，因为，可得， 所以，即，所以C正确； 对于D中，由，所以，可得，所以D正确. 故选：BCD 【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 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，从而判定不等关系； 3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 11. 某箱中有若干个编号依次为的球，每个球除编号外完全相同.现从箱中每次不放回地取一个球，若第次取出球的编号为，则记为，则下列说法正确的是（ ） A. 若则 B. 若则 C. 若则事件和事件相互独立 D. 若则事件和事件相互独立 【答案】BC 【解析】 【分析】对于选项A，若，推出结论，判断选项A；对于B, 若，则第1次未取到编号为1的球，且总计4个球，分情况讨论，判断选项B；对于C，若，判断选项C；对于D, 若，则前两次均未取编号为1的球，且总计5个球，前两次可取的只能为编号为2号或3号或4号或5号球.，且，而第2次取球需分情况讨论,判断选项D. 【详解】对于A，若，则只可能第1次取出的球编号为1，故，，错误； 对于B，若，则第1次未取到编号为1球，且总计4个球， 分情况讨论：若第1次取编号为2的球，第2次取编号为1号或3号或4号球，共3种情况； 若第1次取编号为3的球，第2次取编号为1号或2号或4号球，共3种情况； 若第1次取编号为4的球，第2次取编号为1号或2号或3号球，共3种情况，总计9种情况， 第2次取编号为2的球的情况共2种，故，故B正确； 对于C，若，则前两次均未取编号为1的球， 故，，满足，故C正确； 对于D，若，则前两次均未取编号为1的球，且总计5个球， 前两次可取的只能为编号为2号或3号或4号或5号球.，且， 而第2次取球需分情况讨论：若第1次取编号为3的球，第2次取编号为2号或4号或5号球，共3种情况； 若第1次取编号为2的球，第2次取编号为3号或4号或5号球，共3种情况； 若第1次取编号为4的球，第2次取编号为2号或3号或5号球，共3种情况； 若第1次取编号为5的球，第2次取编号为2号或3号或4号球，共3种情况，总计12种情况， 第2次取编号为3的情况共3种，故，，故D错误. 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用向量线性运算的坐标表示和向量共线的坐标表示求解. 【详解】，，则，， 由，所以，解得. 故答案为：. 13. 已知二项式的展开式中的常数项为，则______. 【答案】1 【解析】 【分析】根据题意可得，令指数为0，代入运算求解即可. 【详解】由题意可知展开式通项为， 令，解得， 可得，即. 故答案为：1. 14. 已知椭圆与圆有四个不同的公共点，其中.若，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】由有四个不同的公共点，得，令，所以，利用导数研究函数单调性，求恒成立的条件. 【详解】在中，令得，，所以与轴的交点为的焦点， 在同一坐标系中作出，有四个不同的公共点，则，即， 则，所以， 令，所以，， 当时，，单调递增，则， 所以的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：由圆过椭圆的焦点，结合圆心的位置，当圆与椭圆有四个不同的公共点时，有，从而得到. 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，证明过程或演算步骤. 15. 已知某批矿物晶体中含有大量水分子，且经过测量发现其中轻水分子，重水分子，超重水分子的比例为. （1）现利用仪器从一块矿物晶体中分离出3个水分子，用频率估计概率，求至少分离出2个轻水分子的概率； （2）从一块矿物晶体中分离出10个水分子，其中轻水分子的个数有6个，然后再从这10个水分子中随机分离出3个水分子来进行后续的实验，记这3个水分子中轻水分子的个数为，求的数学期望. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据二项分布概率公式计算，注意至少分离出2个轻水分子含有分离出2个轻水分子和分离出3个轻水分子两种情况； （2）随机变量的所有可能取值为，利用超几何分布求出各概率，然后由期望公式计算出期望． 小问1详解】 设事件“至少分离出2个轻水分子”，由题意知分离出1个轻水分子的概率为，分离出1个非轻水分子的概率为， 所以， 故至少分离出2个轻水分子的概率为. 【小问2详解】 因为分离出10个水分子，其中轻水分子有6个，则重水和超重水分子个数共有4个，随机变量的所有可能取值为， 则，，，. 故. 16. 已知首项为1的等差数列的公差为2，又数列满足. （1）求数列的前项和； （2）在中，内角的对边分别为，且，，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出数列，再求出，从而可求解； （2）由（1）求出，再利用余弦定理及基本不等式可得，从而可求解. 【小问1详解】 由题意知为等差数列：首项，公差 ，则，由题意可得， . 【小问2详解】 由题意可得，由余弦定理得：， ，即，当且仅当时取等号， ，即面积的最大值为. 17. 如图，在正四棱台中，，，，棱上的点满足取得最小值. （1）证明：平面； （2）在空间取一点为，使得，设平面与平面的夹角为，求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据正四棱台性质可知，将侧面与侧面沿着展平到同一个平面内，连接，再根据折线段的最值可知，进而可证得线线平行，进而可证线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用坐标法可求两平面的法向量及两法向量夹角及面面夹角. 【小问1详解】 在等腰梯形中，因为，， 所以，所以， 将侧面与侧面沿着展平到同一个平面内，连接，如图， 可得当且仅当时，取得最小值， 此时， 设与交于，再连结，因为，所以， 所以， 因为平面，平面，所以平面， 【小问2详解】 设上底面的中心为，则，，两两垂直， 分别以直线，，为，，轴建立空间直角坐标系， 在直角梯形中得，， 显然平面的法向量为，，，，， 所以， 不妨设， 设平面的一个法向量为，所以， 不妨设，所以. 18. 已知双曲线的右焦点到其中一条渐近线的距离为 （1）求的标准方程； （2）若过的直线与的左、右支分别交于点，与圆交于与不重合的两点. ①求直线斜率的取值范围； ②求的取值范围. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由右焦点到其中一条渐近线的距离为，求出，由此可得双曲线标准方程； （2）①设，，设直线的方程为，由设而不求法得到，，根据已知求出直线斜率的取值范围； ②求出，，再求的表达式，由此可求其范围. 【小问1详解】 由题意可得， 且右焦点到渐近线的距离为， 所以，， 所以的标准方程为. 【小问2详解】 ①由（1）知，，设，， 由题意可得直线的斜率存在且不为零， 设直线的方程为 与联立得， 所以，， ，， 又两点在轴同一侧，所以. 此时，即. 圆的方程为，点到直线的距离， 由得， 由，得， 所以或， 因为直线的斜率， 所以直线斜率的取值范围是. ② . ， 所以， 设，则 ， 所以的取值范围是. 【点晴】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围. 19. 已知函数，. （1）证明：当时，曲线关于点对称； （2）若为曲线的公共点，且在处存在共同的切线，则称该切线为的“优切线”.若曲线与曲线存在两条互相垂直的“优切线”，求，的值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）设，欲证其图象关于点对称，只需证：即可. （2）根据导数的几何意义求切线的斜率，在根据两切线的位置关系求切点横坐标的关系，再结合“优切线”的定义可求，的值. 【小问1详解】 当时， 令， 即，定义域为， 所以 ， 即 所以曲线关于点对称. 【小问2详解】 设曲线与曲线的两条互相垂直的“优切线”的切点的横坐标分别为， 其“优切线”的斜率一定存在，分别设为，则， 因为，所以， 不妨设，则，，，， 因为， 由“优切线”的定义得，，所以， 同理，所以，化简得，， 因为曲线上的点也在曲线上， 所以，所以. 所以， 【点睛】关键点点睛：关于函数图象对称性的一些结论，是可以直接应用的. （1）函数的图象关于直线成轴对称； （2）函数的图象关于点成中心对称. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高三年级9月份联考 数学试题 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知命题，；命题，是质数，则（ ） A. 均是真命题 B. 均是真命题 C. 均是真命题 D. 均是真命题 2. 已知曲线过抛物线的焦点，则的准线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 已知是关于的方程的一个根，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 20 4. 已知半径为3，高为1的圆锥底面圆周上的点和顶点均在球的表面上，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列满足，则（ ） A. 2 B. C. D. 6. 在中，内角的对边分别为，已知，，则外接圆的半径为（ ） A 1 B. C. 2 D. 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 若则的最小值为（ ） A. B. 10 C. D. 2 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 对于函数和，则（ ） A. 与的零点相同 B. 与的最小值相同 C. 与的最小正周期相同 D. 与的极值点相同 10. 已知正数满足，则（ ） A. B. C. D. 11. 某箱中有若干个编号依次为球，每个球除编号外完全相同.现从箱中每次不放回地取一个球，若第次取出球的编号为，则记为，则下列说法正确的是（ ） A 若则 B. 若则 C. 若则事件和事件相互独立 D. 若则事件和事件相互独立 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，若，则______. 13. 已知二项式的展开式中的常数项为，则______. 14. 已知椭圆与圆有四个不同的公共点，其中.若，则的最大值为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知某批矿物晶体中含有大量水分子，且经过测量发现其中轻水分子，重水分子，超重水分子的比例为. （1）现利用仪器从一块矿物晶体中分离出3个水分子，用频率估计概率，求至少分离出2个轻水分子的概率； （2）从一块矿物晶体中分离出10个水分子，其中轻水分子的个数有6个，然后再从这10个水分子中随机分离出3个水分子来进行后续的实验，记这3个水分子中轻水分子的个数为，求的数学期望. 16. 已知首项为1的等差数列的公差为2，又数列满足. （1）求数列前项和； （2）在中，内角的对边分别为，且，，求面积的最大值. 17. 如图，在正四棱台中，，，，棱上的点满足取得最小值. （1）证明：平面； （2）在空间取一点为，使得，设平面与平面的夹角为，求的值. 18. 已知双曲线的右焦点到其中一条渐近线的距离为 （1）求标准方程； （2）若过的直线与的左、右支分别交于点，与圆交于与不重合的两点. ①求直线斜率的取值范围； ②求的取值范围. 19. 已知函数，. （1）证明：当时，曲线关于点对称； （2）若为曲线的公共点，且在处存在共同的切线，则称该切线为的“优切线”.若曲线与曲线存在两条互相垂直的“优切线”，求，的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$