精品解析：广东省梅州市梅县东山中学2025届高三上学期8月月考数学试卷

2025届高三年级8月月考 数学 一、单选题: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】D 【解析】 【分析】先化简集合，再根据交集运算即可. 【详解】由，得，所以, 所以. 故选：D. 2. 已知是虚数单位，若，则的值是（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，得到，结合复数相等的条件，求得的值，即可求解. 【详解】由复数的运算法则，可得， 因为，即，所以. 故选：D. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用垂直关系的向量表示，及数量积的坐标表示列式计算即得. 【详解】由向量，，得，， 由，得， 所以. 故选：A 4. 已知满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先应用两角和的正弦化简得出，再应用两角差的正弦计算即可. 【详解】， 所以， 所以， 故选:C． 5. 某圆台的下底面周长是上底面周长的4倍，母线长为10，该圆台的侧面积为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆台的上底面的半径为r，下底面的半径为R，则由题意可得，再由圆台的侧面积列方程可求出，从而可求出上下底面面积和圆台的高，进而可求出台的体积. 【详解】设圆台的上底面的半径为r，下底面的半径为R，则，故， 因为该圆台的侧面积为，母线长， 所以，解得，则， 所以圆台上底面的面积为，下底面的面积为， 圆台的高 所以该圆台的体积． 故选：C． 6. 方程在内实数根的个数为（ ） A. 11 B. 10 C. 9 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】将题意转化为函数与图象公共点的个数即可. 【详解】由，得， 方程实根的个数就是函数与图象公共点的个数， 当时，由两函数图象可知两图象共有11个公共点，从而方程有11个实数根． 故选：A 7. 函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数函数与复合函数的单调性，可得内函数的单调性，利用其最值以及二次函数单调性，建立不等式，可得答案. 【详解】令，则． 当时，在上单调递增， 则由复合函数的单调性可知在上单调递增， 且在上恒成立， 所以，解得或（舍去）． 所以在上单调递增， 则，解得． 当时，在上单调递减， 则由复合函数的单调性可知在上单调递减， 且在上恒成立， 所以，解得或（舍去）． 所以在上单调递减， 则，解得，与矛盾． 综上所述，. 故选：C． 8. 已知函数的定义域为R，为偶函数，，当时，（且），且.则（ ） A. 40 B. 32 C. 30 D. 36 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性、周期性和对称性，求出参数a的值，即可求解. 【详解】因为是偶函数，所以， 用代替可得：，所以， 所以函数关于直线对称， 又因为，所以， 所以，所以关于点中心对称， 所以函数的周期为， 因为当时，（且），且， 所以，解得：或，因为且，所以. 所以当时，， 所以，，， ，，， ，所以， 所以， 故选：D 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. 在一次数学学业水平测试中，某市高一全体学生的成绩，且，，规定测试成绩不低于60分者为及格，不低于120分者为优秀，令，，则（ ） A. ， B. 从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，该生测试成绩及格但不优秀的概率为 C. 从该市高一全体学生中（数量很大）依次抽取两名学生，这两名学生恰好有一名测试成绩优秀的概率为 D. 从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，在已知该生测试成绩及格的条件下，该生测试成绩优秀的概率为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A：借助正态分布中于的意义即可得；对B：结合题意可得，，结合正态分布的性质计算即可得的值；对C、D：由正态分布的性质可得，，结合相互独立事件的概率公式及条件概率公式计算即可得. 【详解】对A：由，，则，，故A错误； 对B：由，，则，则， ，故有，， 则，则， 即从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，该生测试成绩及格但不优秀的概率为， 故B正确； 对C：，则从该市高一全体学生中（数量很大）依次抽取两名学生， 这两名学生恰好有一名测试成绩优秀的概率为， 故C正确； 对D：，又， 故从该市高一全体学生中随机抽取一名学生， 该生测试成绩及格的概率为，该生测试成绩优秀的概率为， 则在已知该生测试成绩及格的条件下，该生测试成绩优秀的概率为， 故D正确. 故选：BCD. 10. 已知函数是的导函数，则（ ） A. “”是“为奇函数”的充要条件 B. “”是“为增函数”的充要条件 C. 若不等式的解集为且，则的极小值为 D. 若是方程的两个不同的根，且，则或 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性和充分、必要条件的判定方法，可判定A正确；结合导数和函数的单调性间的关系，结合充分、必要条件的判定方法，可判定B错误；利用导数求得函数的单调性，进而求得的极小值，可判定C正确；结合二次函数的性质，结合，列出不等式，可判定D正确． 【详解】对于A中，当时，函数，则满足， 所以为奇函数，所以充分性成立； 若为奇函数，则， 则恒成立，所以，所以必要性成立，所以A正确； 对于B中，当时， ，可得，所以为增函数； 由，当为增函数时，，所以“”是“为增函数”的充分不必要条件，所以B错误； 对于C中，由，若不等式的解集为且， 则在上先增后减再增，则，解得， 故，可得， 令，解得或， 当内，，单调递增； 当内，，单调递减； 当内，，单调递增， 所以的极小值为，所以C正确． 对于D中，由，因为是方程的两个不同的根， 所以，即，且， 由，可得，所以，即， 联立方程组，可得，解得或，所以D正确． 故选：ACD． 11. 2022年卡塔尔世界杯会徽正视图近似伯努利双纽线．伯努利双纽线最早于 1694 年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线．定义在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是时的双纽线上一点，下列说法正确的是（ ） A. 双纽线是中心对称图形 B. C. 双纽线上满足的点有2个 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A.先由双纽线的定义得到方程，将 替换方程中的 判断；B. 由求解判断；C. 由方程令求解判断；D. 由 ，结合余弦定理判断. 【详解】由到定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线， 则双纽线的方程为， 将替换方程中的，方程不变， 故双纽线关于原点成中心对称，故A正确； 由等面积法得，则， 所以，故B正确； 令，得，解得， 所以双曲线上满足的点有一个，故C错误； 因为，所以， 由余弦定理得， 所以， 所以的最大值为，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. 双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，直线与双曲线C的左、右支分别交于P，Q点.若，则该双曲线的离心率为_____________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题意可得四边形为矩形，在直角三角形中，利用勾股定理列方程化简可求出离心率. 【详解】设双曲线的半焦距为c，可得， 即有四边形为矩形，由双曲线的定义可得， 在直角三角形中，， 即有，可得， 即. 故答案为： 13. 若直线（为常数）与曲线，曲线均相切，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】设出切点，求导，根据点斜式求解切线方程，根据两直线相等，列方程可得，进而代入在直线上，求解. 【详解】因为，所以， 设直线与的切点为，则切线方程为，即， 又因为，所以解得，所以切线方程为， 因为，所以， 设直线与的切点为，所以①， 又因为切点在直线上，所以②， 由①和②可得，所以，解得. 故答案为： 14. 甲和乙玩小游戏测试他们的默契度．在一轮游戏中，他们各写下一个三位数，分别记为A和B．当以下任一条件成立时，他们“不默契”，否则“心有灵犀”： ①A、B中相同的数字少于两个（如147和289） ②A、B中相同的数字不少于两个，但不都在相同的数位上（如147和174） 根据以上内容判断：在本轮游戏中，甲和乙“心有灵犀”的概率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】先分析时，甲和乙“心有灵犀”的概率，然后根据互斥事件的概率加法公式可得. 【详解】由题知，当A、B中至少有两个数字相同，且在相同数位上时，甲和乙“心有灵犀”. 不妨记，当A、B中有三个数字相同时，有1种情况； 当A、B中只有两个数字相同时， 若百位和十位相同，有9种情况， 若百位和个位相同，有9种情况， 若十位和个位相同，有8种情况， 所以，当A、B中只有两个个数字相同时，有种情况. 综上，当时，有种情况使得甲和乙“心有灵犀”. 因为三位数共有个， 所以当时，甲和乙“心有灵犀”的概率为， 又因为甲写出每一个三位数且甲和乙“心有灵犀”的事件互斥， 例如：事件“且甲和乙“心有灵犀””和事件“且甲和乙“心有灵犀””互斥. 所以，甲和乙“心有灵犀”的概率为. 故答案为：. 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. 的内角对边分别为，且. （1）求角的大小： （2）若，且，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1) 用正弦定理边化角，再根据三角恒等变换求出C； (2)根据已知条件平方相减可得到再根据余弦定理可得出，根据三角形面积公式可得结果. 【小问1详解】 因为，根据正弦定理边角互化，以及恒等变换可得 内角，所以 则可得，又因， 所以 【小问2详解】 根据余弦定理可知， 则可得， 又因，且， 可得， 可得 则 16. 已知椭圆的左右焦点分别为，，左顶点为，上顶点为，且，动直线与椭圆交于，两点；当直线过焦点且与轴垂直时，. （1）求椭圆的方程； （2）若直线过点，当面积为时，求直线的斜率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用椭圆顶点以及垂直关系可得，再由通径长可得，代入可得椭圆的方程； （2）设直线的方程为并于椭圆方程联立，由弦长公式以及点到直线距离公式得出面积表达式可得结果. 【小问1详解】 由椭圆顶点性质以及可得； 当直线过焦点且与轴垂直时，其方程为， 代入可求得，所以， 解得； 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）可知， 设直线的方程为，，如下图所示： 联立，消去并整理可得， 由韦达定理可得； 因此， 直线的方程化为，可得点到直线的距离为； 所以的面积为， 又面积为，可得，解得； 所以直线的斜率. 17. 如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，，平面平面. （1）求证:平面; （2）若，点在棱上，且二面角的大小为.设是棱上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】（1）证明：在四棱锥中， 因为底面为矩形，所以. 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，且， 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而得线面垂直，进而根据线线垂直证明线面垂直， （2）建立空间直角坐标系，利用平面法向量的夹角可得，即可根据线面角的向量法得表达式，利用换元法以及函数的单调性求解最值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系.    则，所以， 因为点在棱上，所以设或显然不满足题设， 因为，所以， 所以， 设平面的一个法向量， 则，即，取，则， 所以，是平面的一个法向量， 所以， 因为二面角的大小为，所以， 即，解得，故点 设，则， 平面的一个法向量. 设直线与平面所成角为，则. 令，则，则， 当时，， 当时，， 令，则，则， 由于函数在单调递增，所以当，即时，， 即直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当有最大值，且最大值大于时，求的取值范围； （3）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） 当时，在单调递增. 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求导，对分类讨论，根据导数与单调性的关系，即可求解； （2）根据函数的单调性可得最值，即可代入求解， （3）参变分离，得，构造新函数，利用导数求最值即可求得． 【小问1详解】 ， 当时，，所以在单调递增. 当时，令，解得， 当当， 所以在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 由（1）知，， 故，即为， 令，，所以在上单调递增. 且，所以，故的取值范围为. 【小问3详解】 由，得， 令，所以， 由于均为上的单调递增函数，且值恒为正， 又为单调递增函数， 故函数在上单调递增， 又， 故存在唯一的使得，当时，，当时，，， 所以当时，单调递减，当时，单调递增，且， 由，则，所以， 设，， 所以在单调递增，，即， 所以，， 故， 所以,即， 所以的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：由得，利用的单调性得，进而根据指对互化得，，代入求最值. 19. 设任意一个无穷数列的前项之积为，若，，则称是数列． （1）若是首项为，公差为的等差数列，请判断是否为数列？并说明理由； （2）证明：若的通项公式为，则不是数列； （3）设是无穷等比数列，其首项，公比为，若是数列，求的值． 【答案】（1）是T数列， 理由：由题知，即， 所以，， 当时，，所以是T数列． （2）证明：假设是数列，则对任意正整数，总是中的某一项， ， 所以对任意正整数，存在正整数满足：， 显然时，存在，满足， 取，得，所以， 可以验证：当，2，3，4时，都不成立， 故不是T数列. （3）或． 【解析】 【分析】（1）由题知，再根据T数列的定义，即可作出判断； （2）先假设是数列，从而有，再进行验证，即可证明结果； （3）根据题设得到，取对数后可得，分类讨论后可求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 已知是等比数列，其首项，公比， 所以， 所以， 由题意知对任意正整数n，总存在正整数m，使得， 即对任意正整数n，总存在正整数m，使得， 即对任意正整数n，总存在正整数m，使得， 若，则，任意，这不可能成立； 若， 故对任意，总存在使得该等式成立， 故必为整数， 取，则有正整数解，故， 若，则，此时方程对任意， 必有正整数解； 若，则， 此时方程对任意， 必有正整数解； 综上，或． 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三年级8月月考 数学 一、单选题: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. 已知是虚数单位，若，则的值是（ ） A. B. C. D. 1 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 某圆台的下底面周长是上底面周长的4倍，母线长为10，该圆台的侧面积为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 方程在内实数根的个数为（ ） A. 11 B. 10 C. 9 D. 8 7. 函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为R，为偶函数，，当时，（且），且.则（ ） A. 40 B. 32 C. 30 D. 36 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. 在一次数学学业水平测试中，某市高一全体学生的成绩，且，，规定测试成绩不低于60分者为及格，不低于120分者为优秀，令，，则（ ） A. ， B. 从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，该生测试成绩及格但不优秀的概率为 C. 从该市高一全体学生中（数量很大）依次抽取两名学生，这两名学生恰好有一名测试成绩优秀的概率为 D. 从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，在已知该生测试成绩及格的条件下，该生测试成绩优秀的概率为 10. 已知函数是的导函数，则（ ） A. “”是“为奇函数”的充要条件 B. “”是“为增函数”的充要条件 C. 若不等式的解集为且，则的极小值为 D. 若是方程的两个不同的根，且，则或 11. 2022年卡塔尔世界杯会徽正视图近似伯努利双纽线．伯努利双纽线最早于 1694 年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线．定义在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是时的双纽线上一点，下列说法正确的是（ ） A. 双纽线是中心对称图形 B. C. 双纽线上满足的点有2个 D. 的最大值为 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，直线与双曲线C的左、右支分别交于P，Q点.若，则该双曲线的离心率为_____________. 13. 若直线（为常数）与曲线，曲线均相切，则__________. 14. 甲和乙玩小游戏测试他们的默契度．在一轮游戏中，他们各写下一个三位数，分别记为A和B．当以下任一条件成立时，他们“不默契”，否则“心有灵犀”： ①A、B中相同的数字少于两个（如147和289） ②A、B中相同的数字不少于两个，但不都在相同的数位上（如147和174） 根据以上内容判断：在本轮游戏中，甲和乙“心有灵犀”的概率为______． 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. 的内角对边分别为，且. （1）求角的大小： （2）若，且，求的面积. 16. 已知椭圆的左右焦点分别为，，左顶点为，上顶点为，且，动直线与椭圆交于，两点；当直线过焦点且与轴垂直时，. （1）求椭圆的方程； （2）若直线过点，当面积为时，求直线的斜率. 17. 如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，，平面平面. （1）求证:平面; （2）若，点在棱上，且二面角的大小为.设是棱上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当有最大值，且最大值大于时，求的取值范围； （3）若恒成立，求实数的取值范围. 19. 设任意一个无穷数列的前项之积为，若，，则称是数列． （1）若是首项为，公差为的等差数列，请判断是否为数列？并说明理由； （2）证明：若的通项公式为，则不是数列； （3）设是无穷等比数列，其首项，公比为，若是数列，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $