精品解析：广东省茂名市区域2024-2025学年高三上学期10月联考数学试题

茂名区域高三10月份联考 数学 注意事项： 1.答题前､考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用船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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试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. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的乘法运算计算，根据复数定义即得. 【详解】，所以的虚部为. 故选：C. 2. 已知集合 ，若 ，则 （ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用集合M一定是二元集，且，即可得方程组求解. 【详解】因为 ，由于，且， 所以 解得： . 故选：D. 3. 记水的质量为，则当时，水的质量为（ ） A. 2 B. e C. 2.1 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】直接代入计算即可得解. 【详解】当时，水的质量为. 故选：A. 4. 已知命题 ，命题 ， ，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分析命题的真假，进而分析选项，可得答案. 【详解】当 时，，所以是假命题，则是真命题， 若，则或， 当时，且，所以是假命题，则是真命题， 故选：D. 5. 如图，为内一点，为的中点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合图形，由向量的加法法则求解即可； 【详解】. 故选：B. 6. 定义在上的奇函数在上单调递增，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据函数的奇偶性、单调性，判断，在上单调递增，且，再结合函数的单调性解不等式即可. 【详解】由题意可得，，在上单调递增，且， 由，得，或， 时，，或， 又，即，或， 故，解得， 时，，或， 又，即， 故，解得，或， 则不等式的解集为：， 故选：D. 7. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】结合正弦函数性质结合图象中最大最小值可先计算出，再利用点计算出，最后借助点代入计算即可得的值. 【详解】因为，所以，解得， 所以，则， 因为，所以，可得， 因为，所以， 即，因为，所以. 故选：D. 8. 已知曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，且直线垂直于轴，则（） A. e B. C. D. e或3e 【答案】A 【解析】 【分析】设，根据斜率相等可得，构造函数，根据导数判断单调性，由单调性和可得，然后可解. 【详解】依题意可设，其中. 因为， 所以曲线在点处的切线斜率为，曲线在点处的切线斜率为， 所以，即. 设函数，则， 所以为增函数，又，所以， 所以，，故. 故选：A 【点睛】关键点睛：关键在于构造函数，根据其单调性和确定的值. 二､多选题：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. 已知单位向量，则（ ） A. “”是“”的必要条件 B. “”是“∥”的必要条件 C. “”是“”的充分条件 D. “”是“∥”的充分条件 【答案】ACD 【解析】 【分析】由，可得，反之亦成立，从而判断A，C；由，可得，从而得∥”，反之不成立，从而判断B，D． 【详解】解：由，得， 解得，所以， 反之由，可得，，即， 故“”是“”的充要条件，故A，C正确； 若，则，解得， 则，所以，即“∥； 若“∥， 则或， 所以或， 故“”是“∥”的充分不必要条件，故B错误，D正确. 故选：ACD. 10. 设函数 ，则（ ） A. 是 的极小值点 B. C. 当 时， D. 当 时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】先求导，确定函数的单调区间，结合函数解析式逐项判断即可. 【详解】对于A， ，当 时， ， 当 时，， 所以在 和 上单调递增，在上单调递减， 故是的极小值点，故A 正确. 对于B，，故B 正确. 对于C，当 时， ，又在上单调递减， 所以，故C错误. 对于D，当时， ， 所以 ，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小正周期为 C. 曲线关于直线轴对称 D. 当时，函数有个零点 【答案】BC 【解析】 【分析】化简函数解析式，结合函数的周期性与对称性可判断各选项，根据函数零点的定义可解得，数形结合即可得解. 【详解】， 当时，取得最大值，且最大值为，A选项错误； 因为，的最小正周期均为，所以的最小正周期为，B选项正确； 因为，所以曲线关于直线轴对称，C选项正确； 令，得，则， 结合函数的图象，可知方程在上有个不同的实根，D选项错误； 故选：BC. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求得，再将代入，求解即可. 【详解】解：因为， 所以. 故答案为： 13. 已知，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据对数的换底公式，结合基本不等式即可求解. 【详解】由于，所以， ，当且仅当，即时，等号成立. 故答案为： 14. 已知关于的方程在内有2个不同的解，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】构造函数，画出函数的图象，根据三角恒等变换、三角函数图象的对称性等知识求得正确答案. 【详解】设，， 所以是方程在内的一个解，不妨设， 画出的图象以及的图象如下图所示， ， 其中， 结合图象，令，解得， 则， 所以 . 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题考查三角函数方程的求解，关键在于函数图象的对称性和辅助角公式的灵活运用．题目要求方程在特定区间内有两个不同的解，因此需要学生对三角函数的图象特性及其对称性进行深入分析，适合用来训练学生对三角函数图象及恒等变换的综合应用能力． 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，分别是内角的对边，且. （1）求； （2）求外接圆的面积的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理结合特殊角的三角函数求解即可； （2）由正弦定理可得，再由基本不等式得到然后由正弦定理得到半径的最小值，再求出面积即可； 【小问1详解】 因为，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 因为，所以， 所以. 由，得，则 当且仅当时，等号成立. 设外接圆的半径为，则，则， 所以外接圆的面积的最小值为. 16. 已知椭圆与双曲线有公共焦点，与在第一象限的交点为，且. （1）求与的方程； （2）记的上顶点为的左顶点为，直线与的另一个交点为，求. 【答案】（1）的方程为的方程为 （2） 【解析】 【分析】（1）由，结合椭圆、双曲线定义列方程即可求解； （2）确定方程，联立方程，求得坐标，即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， 记，则. 由椭圆的定义可得，. 由双曲线的定义可得，. 所以的方程为的方程为. 【小问2详解】 由题意得，则直线的方程为. 设. 联立得，所以.所以， 所以. 17. 如图，在六面体中，，且底面为菱形. （1）证明：四边形为平行四边形. （2）若平面，求平面与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 因为四边形为菱形，所以， 又平面平面， 所以平面， 又，平面平面，所以平面， 因为，平面，所以平面平面， 因为平面平面，平面平面， 所以， 同理可得，所以四边形为平行四边形. （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可证明平面平面，利用面面平行的性质可得，同理可得，进而可证结论； （2）建立空间直角坐标系，设，利用，可求得，求得平面与平面的法向量，利用向量法可求得平面与平面所成二面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意得.以菱形的中心为坐标原点， 的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，. 因为四边形为平行四边形，所以， 则，所以，得， 所以. 设平面的法向量为， 则， 即 令，得. 易知平面的一个法向量为， 则 所以平面与平面所成二面角的正弦值为. 18. 甲､乙口袋都有3个小球（1个黑球和2个白球）.现从甲､乙口袋中各随机取1个小球交换放入另外一个口袋（即甲口袋中的小球放入乙口袋，乙口袋中的小球放入甲口袋），重复次这样的操作后，记甲口袋中恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为. （1）求； （2）求； （3）求. 【答案】（1）， （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型概率及互斥事件的概率公式计算即可； （2）根据条件概率与全概率公式计算即可； （3）讨论第次换球后甲口袋中黑球的个数为1的情况下的三种情形，构造等比数列计算通项公式，再由等比数列求和公式结合指数函数的性质证明即可. 【小问1详解】 第1次换球后甲口袋有2个黑球，即从甲口袋取出的球为白球且从乙口袋取出的球为黑球， 则. 第1次换球后甲口袋有1个黑球，即从甲､乙口袋取出的球同为白球或同为黑球， 则. 【小问2详解】 若第2次换球后甲口袋有2个黑球，则分2种情况： ①当第1次换球后甲口袋有1个黑球时，第2次甲口袋取白球且乙口袋取黑球； ②当第1次换球后甲口袋有2个黑球时，第2次甲､乙口袋同取白球. 所以. 若第2次换球后甲口袋有1个黑球，则分3种情况： ①当第1次换球后甲口袋有0个黑球时，第2次甲口袋取白球且乙口袋取黑球； ②当第1次换球后甲口袋有1个黑球时，第2次甲､乙口袋同取白球或同取黑球； ③当第1次换球后甲口袋有2个黑球时，第2次甲口袋取黑球且乙口袋取白球. 所以. 【小问3详解】 第次换球后，甲口袋黑球的个数为1的情况： ①若第次换球后甲口袋有2个黑球，则第次甲口袋取黑球且乙口袋取白球； ②若第次换球后甲口袋有1个黑球，则第次甲､乙口袋同取黑球或同取白球； ③若第次换球后甲口袋有0个黑球，则第次甲口袋取白球且乙口袋取黑球. 所以 即. 又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即. 19. （1）证明: 当 时， ； （2）当 时， ，求 的取值范围. 【答案】 （1）令函数 ，则， 所以 在 上单调递增， ，即 . 令函数，则. 当 时， ，所以 在 上单调递增， ，即. 故当 时， . （2） 【解析】 【分析】（1）求差，然后构造函数，利用函数的单调性，证明构造的函数恒大于零即可； （2）构造函数，然后利用端点分析得到才可能满足条件，然后再去判断其充分性即可. 【详解】（1）略 （2） 令函数 ，则. 令函数 ，则. ① 当，即 时，存在 ，使得当 时，， 所以函数在 上单调递减. 因为，所以当 时， ，所以 在 上单调递减. 因为 ，所以当 时， ，不符合题意. ② 当，即 时，， 令函数， 则 ， 当 时，， 所以 在 上单调递增，所以 ，即， 所以当 时，. 当时，. 因为，所以 是偶函数， 所以当时，. 故当 时， 在 上恒成立. 综上， 的取值范围为 . 【点睛】关键点点睛：第二问我们很显然知道过原点，且为偶函数，所以我们只需要判断的图像在轴上方即可，所以需要讨论其导函数的正负，然后得到的范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 茂名区域高三10月份联考 数学 注意事项： 1.答题前､考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用船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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试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. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合 ，若 ，则 （ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 3. 记水的质量为，则当时，水的质量为（ ） A. 2 B. e C. 2.1 D. 3 4. 已知命题 ，命题 ， ，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 5. 如图，为内一点，为的中点，，则（ ） A. B. C. D. 6. 定义在上的奇函数在上单调递增，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 6 8. 已知曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，且直线垂直于轴，则（） A. e B. C. D. e或3e 二､多选题：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. 已知单位向量，则（ ） A. “”是“”的必要条件 B. “”是“∥”的必要条件 C. “”是“”的充分条件 D. “”是“∥”的充分条件 10. 设函数 ，则（ ） A. 是 的极小值点 B. C. 当 时， D. 当 时， 11. 已知函数，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小正周期为 C. 曲线关于直线轴对称 D. 当时，函数有个零点 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数则__________. 13. 已知，则的最小值为__________. 14. 已知关于的方程在内有2个不同的解，则__________. 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，分别是内角的对边，且. （1）求； （2）求外接圆的面积的最小值. 16. 已知椭圆与双曲线有公共焦点，与在第一象限的交点为，且. （1）求与的方程； （2）记的上顶点为的左顶点为，直线与的另一个交点为，求. 17. 如图，在六面体中，，且底面为菱形. （1）证明：四边形为平行四边形. （2）若平面，求平面与平面所成角的正弦值. 18. 甲､乙口袋都有3个小球（1个黑球和2个白球）.现从甲､乙口袋中各随机取1个小球交换放入另外一个口袋（即甲口袋中的小球放入乙口袋，乙口袋中的小球放入甲口袋），重复次这样的操作后，记甲口袋中恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为. （1）求； （2）求； （3）求. 19. （1）证明: 当 时， ； （2）当 时， ，求 的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $