精品解析：广西南宁市第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题

南宁市第一中学 2025届高三年级10月月考数学科试题 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：高考范围． 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式化简集合，求出函数的定义域化简集合，再利用交集的定义求出求解即得. 【详解】依题意，， 所以. 故选：A 2. 已知，且，其中是虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由复数的运算代入计算，结合复数相等列出方程，即可得到结果. 【详解】由可得，即， 所以，解得，则. 故选：D 3. 已知定义域为的函数不是偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据偶函数的概念得是假命题，再写其否定形式即可得答案. 【详解】定义域为的函数是偶函数， 所以不是偶函数． 故选：D． 4. 已知一组数据的平均数是3，方差为4，则数据的平均数和方差分别是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由平均数与方差的性质列出方程，代入计算，即可求解. 【详解】设数据的平均数和方差分别是，， 则数据的平均数是，方差是， 所以，解得，，解得， 即数据的平均数和方差分别是. 故选：A 5. 已知递增的等差数列的前项和为，则（ ） A. 70 B. 80 C. 90 D. 100 【答案】D 【解析】 【分析】设等差数列的公差为d，由题意结合等差数列的通项公式求出即可结合等差数列前n项和公式计算得解. 【详解】设等差数列的公差为d， 则由题得，解得， 所以. 故选：D. 6. 在中，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由求出即，接着由余弦定理结合数量积的运算律计算得，再由平面向量模的求法即可计算比较得解. 【详解】设的角A、B、C的对边为a、b、c， 因为，所以， 所以，故， 所以，即， 所以， 所以 ， ， ， 因为，所以，即. 故选：B. 7. 已知函数在区间内既有最大值，又有最小值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件求出的范围，结合正弦函数的性质列不等式可求结论. 【详解】因为，， 所以， 由已知，或， 所以或， 所以的取值范围是. 故选：B. 8. 不等式对所有的正实数,恒成立，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，令，则有，，结合基本不等式求得，于是有，从而得答案. 【详解】解：因为,为正数，所以， 所以，则有， 令，则， 所以， 当且仅当时，等号成立， 所以，， 又，所以， 即， 所以的最小值为1， 所以， 即的最大值为1. 故选：D. 【点睛】方法点睛：对于恒成立问题，常采用参变分离法，只需求出分离后的函数(代数式)的最值即可得解. 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. 如图，已知为圆锥的底面的直径，，C为底面圆周上一点，弧的长度是弧的长度的2倍，异面直线与所成角的余弦值为，则（ ）． A. 圆锥的体积为 B. 圆锥的侧面积为 C. 直线与平面所成的角大于 D. 圆锥的外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，作出辅助线，设底面圆的半径为，根据异面直线的夹角余弦值和余弦定理得到，从而得到圆锥的体积；B选项，根据侧面积公式求出答案；C选项，作出辅助线，得到直线与平面所成角的平面角为，并求出其正切值，得到；D选项，找到外接球球心，并根据半径相等得到方程，求出外接球半径，得到外接球表面积. 【详解】A选项，连接并延长交圆于点，连接， 因为为圆锥的底面的直径，弧的长度是弧的长度的2倍， 故四边形为矩形，，则， 异面直线与所成角等于异面直线与所成角， 因为，所以， 设底面圆的半径为，则， 故，解得， 则由勾股定理得， 故圆锥的体积为，A正确； B选项，圆锥的侧面积为，B正确； C选项，取的中点，连接，则⊥，⊥， 又，平面，故⊥平面， 过点作⊥于点，由于平面，则⊥， 又，平面，故⊥平面， 故即为直线与平面所成的角， 其中，则， 由于，且在上单调递增，故，C错误； D选项，由对称性可知，外接球球心在上，连接， 设圆锥的外接球半径为，则， 由勾股定理得，即，解得， 故圆锥的外接球的表面积为，D正确. 故选：ABD 【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 10. 已知抛物线的焦点分别为，若分别为上的点，且直线平行于轴，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，是等腰三角形 C. 若，则四边形是矩形 D. 四边形可能是菱形 【答案】ABC 【解析】 【分析】不妨设，则，，对于A，由题意求出和 即可求解；对于B，由题意得，进而可求出两点坐标，从而求出和即可判断；对于C，由题意先得，接着求出，进而求出，轴即可得解；对于D，先假设四边形是菱形，再推出矛盾即可得解. 【详解】由题意得，不妨设， 则，， 对于A，因为，又直线平行于轴，所以轴， 所以，故， 如图，故，故A正确； 对于B，若，则，所以，解得， 所以， 所以 ，， 所以，，所以是等腰三角形，故B正确； 对于C，若，又直线平行于轴，所以轴， 所以，故， 故，轴，所以四边形是矩形，故C正确； 对于D，若四边形是菱形，则，即即， 所以，所以， 所以可得，则四边形不是菱形，矛盾， 所以四边形不是菱形，故D错误. 故选：ABC. 11. 设，定义在上的函数满足，且，则（ ） A. B. C. 为偶函数 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，令，又，即可求得；对于B，令，再由，即可推得；对于C，令，可得，从而为奇函数；对于D，可推得，即的周期为，则. 【详解】对于A，令，得， 因为，所以，故A正确； 对于B，令，代入可得， 因为，所以， 从而，故B正确； 对于C，令，代入得， 又因为对，恒成立且不恒为0， 所以，从而为奇函数， 又不恒等于0，故C错误； 对于D，因为， 所以， 所以为的周期， 所以，故D正确． 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中，含的项的系数为________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】先求二项式的展开式的通项，再由乘法法则求出的展开式中含的项即可得解. 【详解】由题意得的展开式的通项为， 所以的展开式中，含的项为， 所以展开式中含的项的系数为. 故答案为：. 13. 在平面直角坐标系中，若角的终边过点，角的终边与角的终边关于轴对称，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】由条件，根据三角函数定义可求，，根据对称性可求，，结合两角差正弦公式求结论. 【详解】因为角的终边过点， 所以，， 又角的终边与角的终边关于轴对称， 所以，， 所以. 故答案为：. 14. 已知椭圆的左焦点为，若关于直线的对称点恰好在上，且直线与的另一个交点为，则______． 【答案】##0.2 【解析】 【分析】求出点关于直线对称点的坐标，进而求出，再结合椭圆定义及勾股定理求出即可. 【详解】设关于直线的对称点，由，解得， 即，令椭圆右焦点，则， ，而点在椭圆上，由，得， 设，则，显然的中点都在直线上， 则平行于直线，从而，在中，， 解得，所以. 故答案为： 【点睛】思路点睛：椭圆上一点与两焦点构成的三角形，称为椭圆的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用勾股定理、正弦定理、余弦定理、，得到a，c的关系． 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. 已知的内角所对的边分别为. （1）求角A的大小； （2）求的最大值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题意结合正弦定理和即可求解. （2）先由（1）结合余弦定理得，接着由正弦定理角化边得，再结合基本不等式即可求解. 【小问1详解】 因为，， 所以由正弦定理得， 又，故，所以即， 又，所以. 【小问2详解】 由（1），所以由余弦定理得， 所以由正弦定理得， 当且仅当时等号成立. 所以的最大值为. 16. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，点M是棱PC的中点． （1）求证：平面PAD； （2）求平面PAB与平面BMD所成锐二面角的余弦值． 【答案】（1）证明如下： 取PD的中点E，连接ME，AE， 因为E是PD的中点，M是PC的中点， 所以，，又，， 所以，， 所以四边形ABME是平行四边形，所以， 又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD． （2） 【解析】 【分析】（1）取PD的中点E，连接ME，AE，根据E是PD的中点，得到，，从而四边形ABME是平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明； （2）以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，求得平面BDM的一个法向量，平面PAB的一个法向量，设平面PAB与平面BMD所成锐二面角的大小为θ，由求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面ABCD，DA，平面ABCD， 所以，，又，，所以． 以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 则，所以． 设平面BDM的一个法向量，又，， 所以 令，解得，， 所以平面BMD的一个法向量． 设平面PAB的一个法向量，又，， 所以 令，解得，， 所以平面PAB的一个法向量， 设平面PAB与平面BMD所成锐二面角的大小为θ， 所以． 即平面PAB与平面BMD所成锐二面角的余弦值为． 17. 中国体育代表团在2024年巴黎奥运会上取得了优异的成绩．为了解学生对奥运会的了解情况，某校组织了全校学生参加的奥运会知识竞赛，从一、二、三年级各随机抽取100名学生的成绩（满分：100分，各年级总人数相等），统计如下： 年级 一年级 40 60 二年级 25 75 三年级 10 90 学校将测试成绩分为及格（成绩不低于60分）和不及格（成绩低于60分）两类，用频率估计概率，所有学生的测试成绩结果互不影响． （1）从一、二年级各随机抽一名学生，记表示这两名学生中测试成绩及格的人数，求的分布列和数学期望； （2）从这三个年级中随机抽取两个年级，并从抽取的两个年级中各随机抽取一名学生，求这两名学生测试成绩均及格的概率． 【答案】（1） 的分布列为： 0 1 2 （2） 【解析】 【分析】（1）写出所有可能得取值，然后分别求出其对应概率，列出表格，即可得到分布列，再由期望的公式代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由互斥事件概率公式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 一年级学生及格的频率为，不及格的频率为， 二年级学生及格的频率为，不及格的频率为， 三年级学生及格的频率为，不及格的频率为， 的所有可能取值为， 则，， ， 所以的分布列为： 0 1 2 所以的期望为 【小问2详解】 由题意可知，抽到一、二年级，一、三年级，二、三年级的概率都是， 所以抽到的两名学生测试成绩均及格的概率为 . 18. 已知双曲线的两条渐近线方程为为上一点． （1）求双曲线的方程； （2）若过点的直线与仅有1个公共点，求的方程； （3）过双曲线的右焦点作两条互相垂直的直线，，且与交于两点，记的中点与交于两点，记的中点为．若，求点到直线的距离的最大值． 【答案】（1） （2），，. （3） 【解析】 【分析】（1）列出关于的方程，代入计算，即可求解； （2）分直线斜率存在于不存在讨论，然后联立直线与双曲线方程，代入计算，即可得到结果； （3）分直线斜率存在于不存在讨论，分别联立直线与双曲线方程以及直线与双曲线方程，结合韦达定理代入计算，即可得到直线过定点，从而得到结果. 【小问1详解】 由题意可得，，解得，所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 当直线斜率存在时，设直线的方程为， 代入可得， 当时，即时，直线与双曲线的渐近线平行，只有一个公共点， 即直线的方程为，； 当时，， 即，可得，此时直线与双曲线相切， 直线的方程为； 显然，当直线斜率不存在时，直线与双曲线有两个公共点，不满足； 综上所述，与双曲线仅有1个公共点的直线有3条： ，，. 【小问3详解】 当直线的斜率不存在时，则与重合，又，即， 所以，，此时直线的方程为， 则到的距离为0； 当直线的斜率为0时，则与重合，，， 此时直线的方程为，则到的距离为0； 当直线的斜率存在且不为0时，设的方程为， 设， 直线的方程为， 联立可得， ， 由韦达定理可得，则， 所以， 所以， 联立可得， ， 由韦达定理可得，则， 所以，所以， 则 ，， 所以直线的方程为， 即， 所以，即， 故直线过定点， 当时，直线与双曲线的渐近线平行，故与双曲线只有一个交点，舍去； 当时，直线与双曲线的渐近线平行，故与双曲线只有一个交点，舍去； 当时，的横坐标均为，此时，直线的方程为， 过点； 综上所述，直线过定点. 所以点到直线的距离的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了直线与双曲线的位置关系，难度较大，解答本题的关键在于分类讨论直线的斜率存在以及不存在，然后得到直线恒过定点，从而解答. 19. 已知函数（其中，）. （1）当，时，证明：是增函数； （2）证明：曲线是中心对称图形； （3）已知，设函数，若对任意的恒成立，求的最小值. 【答案】（1）证明如下： 当，时，， 所以恒成立， 所以函数是增函数. （2）证明如下： 因为 ， 所以曲线关于点对称，即曲线是中心对称图形. （3）. 【解析】 【分析】（1）利用即可得证； （2）利用即可证明； （3）分和两种情况研究函数的最值情况，当时求出的最小值，从而将对任意的恒成立转化成恒成立，再构造函数求出的最小值即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题函数， 所以为增函数，因为， 所以当时，恒成立，所以在R上单调递增， 且当时，，故，不符合； 当时，令， 所以当时，，故函数在上单调递减， 当时，，故函数在上单调递增， 所以，因为对任意的恒成立， 所以只需即恒成立， 所以， 所以， 所以当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以.故，当且仅当时等号成立， 所以时的最小值为. 【点睛】思路点睛：不等式恒成立问题，一般采取参变分离，转化为不含参函数的最值问题，或者利用参数表示出函数最值，然后求解关于参数的不等式即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南宁市第一中学 2025届高三年级10月月考数学科试题 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：高考范围． 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，且，其中是虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知定义域为的函数不是偶函数，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知一组数据的平均数是3，方差为4，则数据的平均数和方差分别是（ ） A. B. C. D. 5. 已知递增的等差数列的前项和为，则（ ） A. 70 B. 80 C. 90 D. 100 6. 在中，，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在区间内既有最大值，又有最小值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 不等式对所有的正实数,恒成立，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 1 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. 如图，已知为圆锥的底面的直径，，C为底面圆周上一点，弧的长度是弧的长度的2倍，异面直线与所成角的余弦值为，则（ ）． A. 圆锥的体积为 B. 圆锥的侧面积为 C. 直线与平面所成的角大于 D. 圆锥的外接球的表面积为 10. 已知抛物线的焦点分别为，若分别为上的点，且直线平行于轴，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，是等腰三角形 C. 若，则四边形是矩形 D. 四边形可能是菱形 11. 设，定义在上的函数满足，且，则（ ） A. B. C. 为偶函数 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中，含的项的系数为________．（用数字作答） 13. 在平面直角坐标系中，若角的终边过点，角的终边与角的终边关于轴对称，则______． 14. 已知椭圆的左焦点为，若关于直线的对称点恰好在上，且直线与的另一个交点为，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. 已知的内角所对的边分别为. （1）求角A的大小； （2）求的最大值. 16. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，点M是棱PC的中点． （1）求证：平面PAD； （2）求平面PAB与平面BMD所成锐二面角的余弦值． 17. 中国体育代表团在2024年巴黎奥运会上取得了优异的成绩．为了解学生对奥运会的了解情况，某校组织了全校学生参加的奥运会知识竞赛，从一、二、三年级各随机抽取100名学生的成绩（满分：100分，各年级总人数相等），统计如下： 年级 一年级 40 60 二年级 25 75 三年级 10 90 学校将测试成绩分为及格（成绩不低于60分）和不及格（成绩低于60分）两类，用频率估计概率，所有学生的测试成绩结果互不影响． （1）从一、二年级各随机抽一名学生，记表示这两名学生中测试成绩及格的人数，求的分布列和数学期望； （2）从这三个年级中随机抽取两个年级，并从抽取的两个年级中各随机抽取一名学生，求这两名学生测试成绩均及格的概率． 18. 已知双曲线的两条渐近线方程为为上一点． （1）求双曲线的方程； （2）若过点的直线与仅有1个公共点，求的方程； （3）过双曲线的右焦点作两条互相垂直的直线，，且与交于两点，记的中点与交于两点，记的中点为．若，求点到直线的距离的最大值． 19. 已知函数（其中，）. （1）当，时，证明：是增函数； （2）证明：曲线是中心对称图形； （3）已知，设函数，若对任意的恒成立，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $