精品解析：广东省华南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期综合测试（二）数学试题

2025届高三综合测试（二） 数学 满分：150分 时间：120分钟 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，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 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 3. 已知命题“，使”是假命题，则实数a的取值范围是（ ） A. 或 B. C. 或 D. 4. 函数的部分图象大致是（ ） A. B. C. D. 5. 若是偶函数，则a的值为（ ） A. B. C. 0 D. 1 6. 已知某简谐振动的振动方程是，该方程的部分图象如图．经测量，振幅为．图中的最高点D与最低点E，F为等腰三角形的顶点，则振动的频率是（ ） A. 0.125Hz B. 0.25Hz C. 0.4Hz D. 0.5Hz 7. 已知直线与曲线相切，则的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 5 8. 已知函数，数列的前n项和为，且满足，，则下列有关数列的叙述正确的是（ ） A. B. C. 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. 设，为复数，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 10. 已知函数，则下列结论中正确的有（ ） A. 的最小正周期为 B. 点是图象的一个对称中心 C. 的值域为 D. 不等式的解集为 11. 已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中正确的是（ ） A. 在上是增函数 B. 的图象关于点中心对称 C. 在上有两个极值点 D. 若为的一个极小值点，且恒成立，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若集合，，，，则______． 13. 如图，为测量山高，选择和另一座山的山顶为测量观测点.从点测得点的仰角点的仰角以及；从点测得，已知山高，则山高________. 14. 数学能为自然界的和谐、生命现象的和谐等找到最佳论证．在大自然中一些植物的叶子有着明确的数学方程式，如图①蔓叶中从一点出发散开的叶脉所形成的曲线，可近似为，该曲线即为蔓叶线，其图象如图②，若圆与该蔓叶线恰有两个交点，则______． 四、解答题：本大题共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. 已知向量，设函数. （1）当时，求函数的值域; （2）已知在中，内角的对边分别为，若，且，求面积的最大值. 16. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，二面角为直二面角. （1）求证：； （2）当时，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 设分别是直线和上的动点，且，设O为坐标原点，动点P满足，记P的轨迹为曲线C． （1）求C的方程； （2）已知点Q为曲线C的上顶点，点，分别为左、右焦点，过点Q的直线l交曲线C于另一点M，若，求l的方程． 18. 已知函数，． （1）当时，求在区间内极值点的个数； （2）若恒成立，求a的值； （3），，求证：． 19. 进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制：满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等等.一般地，若k是一个大于1的整数，那么以k为基数的k进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式（，），k进制的数也可以表示成不同位上数字符号与基数的幂的乘积之和的形式，如．例如十进制数，所以25在三进制下可写为． （1）设正整数m在三进制下的各位数字之和为 （i）将满足的数从小到大排成一列，直接写出该列数的前四个数； （ii）在1至2025中任选一个正整数m，求为3的倍数的概率． （2）已知正项数列的前n项和为，（，），且，记（其中表示不大于x的最大整数），求M的值．（用a表示） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三综合测试（二） 数学 满分：150分 时间：120分钟 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，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用指数函数、对数函数单调性得出的取值范围，即可得出结论. 【详解】易知，，， 所以. 故选：B 2. 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】A 【解析】 【分析】先根据向量平行的坐标表示得出的方程，求解的值，再分别判断充分性和必要性是否成立，从而确定与的条件关系. 【详解】 若平面向量，，则等价于， 又因为，所以， 化简可得：，解得或. 若，则一定满足，充分性成立， 若，还可以取，不能推出，必要性不成立， 因此“”是“”的充分不必要条件，选A. 3. 已知命题“，使”是假命题，则实数a的取值范围是（ ） A. 或 B. C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得出，由此可求得实数的取值范围. 【详解】因为命题“，使”是假命题， 所以，解得或， 故实数的取值范围是或. 故选：A. 4. 函数的部分图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的解析式，结合函数的奇偶性，以及函数零点的特征，函数值的正负区间，即可判断选项. 【详解】函数的定义域，且，所以函数是奇函数，函数图象关于原点对称，排除D， 当，，则函数值，即原点右侧开始的函数值是正数，排除B， 时，，即，存在满足不等式，所以当时，函数的零点都是变号零点，并不恒为正数，排除C. 故选：A 5. 若是偶函数，则a的值为（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性列方程来求得的值. 【详解】的定义域为， 由于是偶函数，所以， 所以， ， ， 所以. 故选：A 6. 已知某简谐振动的振动方程是，该方程的部分图象如图．经测量，振幅为．图中的最高点D与最低点E，F为等腰三角形的顶点，则振动的频率是（ ） A. 0.125Hz B. 0.25Hz C. 0.4Hz D. 0.5Hz 【答案】B 【解析】 【分析】设该简谐振动的周期为，根据列方程求出，进而可得频率的值. 【详解】设该简谐振动的周期为，， 因为，则， 解得 ， 故选：B 7. 已知直线与曲线相切，则的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】设切点切点横坐标为，由题意列出的关系，进而得到，再由二次函数求最值即可. 【详解】设切点横坐标为，求导： 得， 由题意可得解得：， 所以， 所以时，的最大值为. 故选:C 8. 已知函数，数列的前n项和为，且满足，，则下列有关数列的叙述正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导函数与单调性的关系确定在单调递增，即可确定，进而判断选项B；构造函数利用导函数与单调性的关系可得，在上恒成立，从而可得，即可判断选项A；再构造函数，利用导函数与单调性的关系可得，从而可得，进而可判断C,D. 【详解】由，求导得，， ∴在单调递增，故． ∵， ∴，迭代下去， , , …… 可得,故B错误； 设 , 所以函数在单调递减， 所以，即在上恒成立， 又因为， 且由上述过程知，， 所以，即， 所以可得， 数列单调递减，故A错误； 设函数， ， 所以当时，；当时，； 所以在单调递增，单调递减， 所以， 所以，当且仅当时取得等号， 所以， ∵，故C正确； ∵，故D错误． 故选：C． 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. 设，为复数，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，由复数的运算，代入计算，逐一判断，即可得到结果. 【详解】设，， 对于选项A，因为， 所以， 且，所以，故A正确； 对于选项B，因为，，， 则，， 所以，故B正确； 对于选项C，若，例如，，满足， 但，，即，故C错误； 对于选项D，因为， 所以，， 所以，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知函数，则下列结论中正确的有（ ） A. 的最小正周期为 B. 点是图象的一个对称中心 C. 的值域为 D. 不等式的解集为 【答案】CD 【解析】 【分析】把函数用分段函数表示，再作出的图象，观察图象即可判断选项A，B，C，解不等式即可判断选项D而作答. 【详解】，作出的图象，如图，观察图象， 的最小正周期为，A错误； 的图象没有对称中心，B错误； 的值域为，C正确； 不等式，即时，得，解得， 所以的解集为，D正确. 故选：CD 11. 已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中正确的是（ ） A. 在上是增函数 B. 的图象关于点中心对称 C. 在上有两个极值点 D. 若为的一个极小值点，且恒成立，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】A利用导数判断在上单调性；B令，根据函数奇偶性的定义判断的奇偶性；C在上，二次求导确定单调性，结合零点存在性定理判断零点的个数，在上，根据三角函数、指数函数的性质判断的符号，进而确定极值点个数；D令，由B、C得，进而可求的范围. 【详解】由题设，， A：在上，故在是增函数，A正确； B：， 则，即是奇函数， 图象关于点中心对称，故B正确； C：若在上有极值点，令则有， 而，此时，所以极值点在上， 令，有， ∴在上，，，即，单调递减； 又，，显然存在， 在上，且，，故， ∴，则， 即，∴不存在零点； 综上，在上只有一个极值点，故C错误； D：易知为周期函数，是其一个周期， 由C知：，使得， ∵在上，即递增， 在上即递减，即为在上的极大值，也是最大值， 又由B项的结论：使得为在上的极小值，也是最小值， 则，且，， 不妨令，则， 令，则 即， 而结合C知有，∴，故，正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：C选项，令判断极值点所在的区间为，讨论、上的单调性或函数值符号，结合零点存在性定理确定零点个数. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若集合，，，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定的交集、并集的结果可得，，进而求出即可得解. 【详解】由，得，则，解得， ，又，则，， 因此方程有等根2，则，即， 所以. 故答案为： 13. 如图，为测量山高，选择和另一座山的山顶为测量观测点.从点测得点的仰角点的仰角以及；从点测得，已知山高，则山高________. 【答案】 【解析】 【分析】通过直角可先求出的值，在由正弦定理可求的值，在中，由，，从而可求得的值． 【详解】在中，，，所以． 在中，，，从而， 由正弦定理得，，因此． 在中，，，得． 故答案为：． 14. 数学能为自然界的和谐、生命现象的和谐等找到最佳论证．在大自然中一些植物的叶子有着明确的数学方程式，如图①蔓叶中从一点出发散开的叶脉所形成的曲线，可近似为，该曲线即为蔓叶线，其图象如图②，若圆与该蔓叶线恰有两个交点，则______． 【答案】 【解析】 【分析】方法一：转化为方程有一个实数根，构造函数，利用数形结合思想求解； 方法二：转化为一元二次方程有且仅有一个根，即可求解. 【详解】方法一：根据蔓叶线和圆的对称性， 可化为， 圆与该蔓叶线恰有两个交点， 即当时，圆和蔓叶线的上半部分只有一个交点， 联立， 即方程有一个实数根， 即方程有一个实数根， 令， 则， 令，则或（舍）， 所以在区间内单调递减，在区间内单调递增， 所以， ，，，， 所当时， 方程有一个实数根， 故当时，圆与该蔓叶线恰有两个交点． 方法二：根据蔓叶线和圆的对称性，圆与该蔓叶线恰有两个交点， 即当时，圆和蔓叶线的上半部分只有一个交点，此时两个曲线相切， 故，此时， ，故， 解得，当时，不符合题意， 当时，符合题意． 故答案为：． 四、解答题：本大题共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. 已知向量，设函数. （1）当时，求函数的值域; （2）已知在中，内角的对边分别为，若，且，求面积的最大值. 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）利用向量数量积公式和三角恒等变换得到，整体法求解函数的值域； （2）在（1）基础上，结合得到，由勾股定理和基本不等式得到，进而得到三角形面积的最大值． 【小问1详解】 ， ， 当时，， ， 所以函数的值域为. 【小问2详解】 由（1）可知， 又，所以， 因为，所以，故， 因为，由可知，， 由基本不等式得， 解得，当且仅当时，等号成立， 故三角形面积， 即面积最大值为1. 16. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，二面角为直二面角. （1）求证：； （2）当时，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明如下： 由题意知平面平面， 又平面平面，，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 又因为，，平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，进而得出.然后即可根据线面垂直的判定定理得出平面，然后即可得出； （2）取中点为，连结.取中点为，连结.由已知可证平面，.以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面的一个法向量，即可根据向量法求出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点为，连结.取中点为，连结. 因为，点是中点，所以. 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为点、分别是、的中点，所以，则. 则，. 以点为坐标原点，所在直线分别为轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，，，. 设是平面的一个法向量， 则，取，则， 所以是平面的一个法向量. 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 17. 设分别是直线和上的动点，且，设O为坐标原点，动点P满足，记P的轨迹为曲线C． （1）求C的方程； （2）已知点Q为曲线C的上顶点，点，分别为左、右焦点，过点Q的直线l交曲线C于另一点M，若，求l的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设坐标，由向量关系式得，代入由得到的坐标关系式化简可得曲线方程； （2）由面积相等条件转化为点到直线的距离为，由此得点在与直线平行的两条直线上，求出直线方程，联立椭圆方程求解可得. 【小问1详解】 由题意，设，，， ∵，∴，． 则（）. ∵，∴， 将（）式代入得，化简得. ∴动点P的轨迹方程． 【小问2详解】 因为，为公共边， 所以点到直线的距离等于点到直线的距离. 由题意，， 则直线方程为，即. 又到直线的距离， 故点到直线距离为， 所以点在与直线平行且到直线距离为的直线上， 可设这样的直线方程为，则， 解得或， 故点在直线或直线. （i）若点直线上，又点在椭圆上， 联立消得， 由， 则直线与椭圆无公共点，故此时不存在满足题意的点； （ii）若点在直线上，又点在椭圆上， 联立消得， 解得或，则或. 又因为直线l过点，故直线的方程为或． 综上所述，l的方程为或． 18. 已知函数，． （1）当时，求在区间内极值点的个数； （2）若恒成立，求a的值； （3），，求证：． 【答案】（1）在存在1个极大值点，无极小值点 （2） （3） 由（2）可知，，当且仅当时取等号， 所以， ， 因为 ， 所以即证． 令，则， 所以即证：，， 令，则， 所以时，，单调递减， 所以，即，， 综上，，，． 【解析】 【分析】（1）当时，对求导得，当，，当时，利用单调性及零点存在定理确定在内存在唯一的零点，再根据极值点的定义分析即可求解； （2）由题意得，，可得，再利用导数分析单调性进行证明即可； （3）由（2）可知，，当且仅当时取等号，所以，，，即证，即证：，，令，利用导数求出的最大值即可证明. 【小问1详解】 当时，， ，， 当，，单调递增； 当时，单调递减，而，， 故在内存在唯一的零点，满足． 当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以在内单调递增，单调递减． 故在存在1个极大值点，无极小值点． 【小问2详解】 在恒成立，且． 0是的极大值点，故； 又，． 当，此时， 显然当时，， 故在上为减函数：此时． 当时，令，， 故在上单调递减，． 在上单调递增．故，， 从而在恒成立，故． 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：三角与导数综合的极值点个数（零点个数）问题处理的关键就是零点存在定理，即弄清楚单调性和端点值，前者通过导数完成，这一块要注意往往可能需要高阶导数，这是由三角函数求导的特征所决定的，后者要注意三角函数的有界性，往往过了某个范围后，函数恒正或者恒负，不在出现零点，这就决定了分类讨论，而分段的依据主要是由三角函数的取值象限来进行，有的区间上找点时注意不等式放缩，从而减少找点的难度. 19. 进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制：满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等等.一般地，若k是一个大于1的整数，那么以k为基数的k进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式（，），k进制的数也可以表示成不同位上数字符号与基数的幂的乘积之和的形式，如．例如十进制数，所以25在三进制下可写为． （1）设正整数m在三进制下的各位数字之和为 （i）将满足的数从小到大排成一列，直接写出该列数的前四个数； （ii）在1至2025中任选一个正整数m，求为3的倍数的概率． （2）已知正项数列的前n项和为，（，），且，记（其中表示不大于x的最大整数），求M的值．（用a表示） 【答案】（1）（i）5，7，11，13；（ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）由题意，正整数在三进制下分“两位数”与“三位数”两类情况依序从小求解四个数即可；（ii）由题意分析可得，当m为3的倍数时，，，中恰有一个是3的倍数，再计算，由古典概型概率公式可得； （2）先化简等式得，再由关系求递推关系，进而由等比数列得通项，借助二进制下的形式表达（，，，，），由的取值分类求解后再求解可得. 【小问1详解】 （i）由题意，若各位数字之和，且在三进制下，则各位上的数字不超过. 则正整数在三进制下不可能为一位数. 若正整数在三进制下为两位数（，，）形式时， 满足题意的只有2个：，； 若正整数在三进制下为三位数（，）形式时， 满足题意的从小开始数起的两个数为： ，， 综上，从小到大排成一列，该列数的前四个数为. （ii）设（，）. 若m为3的倍数，则为3的倍数，又，则， 所以，，， 则，， ， 所以当m为3的倍数时，中恰有一个是3的倍数. ，，由，得， 所以都不是3的倍数． 而这2022个数中，有个是3的倍数， 在1至2025中任选一个正整数m，共有个正整数， 所以由古典概型概率公式得，为3的倍数的概率为． 【小问2详解】 因为， 则当时，， 所以， 所以，由数列为正项数列，则，. 又已知，，则， 所以，所以， 因为，也满足上式，所以， 则， 两式作差得， 所以是以为首项，为公比的等比数列，可得. 由，设（，，，，）， 当时， ， 当时，； 当时，， 所以，即； 当时， ， 当时，； 当时，， 所以，即， 同理可得，，. 当时，， 所以. 所以 ． 【点睛】关键点点睛：题目的难点第三问，突破关键在于两点：一是应用二进制的表示形式，将统一写成（，，，，），进而依次求解；二是由已知条件，，分类讨论当时与当时的情况，其中当时由可得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $