精品解析：广东省韶关市2025届高三上学期综合测试（一）数学试题

韶关市2025届高三综合测试（一） 数学本试卷 共4页.满分50分.考试用时120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名､准考证号､学校和班级填写在答题卡上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答章不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区城内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案：不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将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. 若复数 满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】方法1：根据复数除法运算求出 ，然后共轭复数概念结合乘法运算可得；方法2：利用复数模的性质求出，然后由性质可得. 【详解】法1：因为，所以，所以. 法2：因为，所以，即. 故选：C. 2. 已知数列是等比数列，若，则的前6项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，求出等比数列的公比，再利用等比数列前n项和公式计算即得. 【详解】设数列的公比为 ，依题意，，解得， 所以. 故选：A 3. 已知向量，若与垂直.则实数 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用向量的坐标运算，得到，再利用向量垂直的坐标表示，即可求解. 【详解】由题意，向量，可得， 因为，所以，解得， 所以当时，与垂直， 故选：A. 4. 众数､平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据的分布形态有关.根据某小区1000户居民的月均用水量数据（单位： ），得到如图所示的频率分布直方图，记该组数据的众数为，中位数为，平均数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由频率分布直方图结合中位数以及众数的计算即可比较大小. 【详解】观察频率分布直方图，发现是属于右边“拖尾”，所以平均数大于中位数为， 由于第一个小矩形面积为， 前2个小矩形面积之和为， 所以中位数位于之间，故可得，解得， 由频率分布直方图可知众数， 故， 故选：D. 5. 已知函数在上是单调函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由表达式可知当 时，是单调减函数，故在 上单调递减，则需要 时，单调递减，且在断开位置处也要满足减函数的定义. 【详解】因为 时，是单调减函数， 又因为在 上单调，所以，故 时，单调递诚， 则只需满足，解得， 故选：B. 6. 已知函数的部分图象如图， 是相邻的最低点和最高点，直线的方程为，则函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，与轴交于点，得点坐标，点也在函数的图象上，由直线方程（斜率）求得 点坐标，可得周期，从而求得 ，再利用 点坐标求得 ，从而得解析式． 【详解】连接，与轴交于点， 由图象的对称性，知点也在函数的图象上，所以点的坐标为. 设，由，得， 所以的最小正周期满足， 解得，即，解得， ，.因为点是图象的一个最高点， 所以，结合， 解得， 故选：C. 7. 已知为方程的两个实数根，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据韦达定理求出，利用三角函数和与差的正弦和余弦公式将展开，分子分母同时除以，代入即可得出答案. 【详解】因为为方程的两根， 由韦达定理，得， 则. 故选：C. 8. 椭圆 的左右焦点分别为，以为直径的圆与椭圆没有公共点，则双曲线的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，可得椭圆短轴的端点在以为直径的圆外，由此求得，再利用双曲线离心率的意义求出范围. 【详解】以为直径的圆的方程为，依题意，椭圆短轴的端点在此圆外， 即，解得，则双曲线的离心率为， 由 ，得，所以所求离心率的取值范围. 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. 已知某批产品的质量指标 服从正态分布，且，现从该批产品中随机取3件，用 表示这3件产品的质量指标值 位于区间的产品件数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性、概率公式，结合二项分布的公式，可得答案. 【详解】由正态分布的概念可知，故A正确； 由正态分布的性质得，故B错误； 则1件产品的质量指标值 位于区间的概率为 所以，故C正确； ，故D错误. 故选：AC. 10. 已知圆锥的顶点为为底面圆的直径，，点在圆上，点为的中点， 与底面所成的角为，则（ ） A. 该圆锥的侧面积为 B. 该圆锥的体积为 C. D. 该圆锥内部半径最大的球的表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】又圆锥的侧面积、体积公式，及线面角的定义，内切球半径的确定，逐个判断即可. 【详解】由已知，， ，易得等腰三角形的底边长， ， 对于A，该圆锥的侧面积为，A错误； 对于B该圆锥的体积为，B正确； 对于C，如图，取中点为，连接， 则为 与底面所成角为，故，C正确； 对于D，当球与圆锥内切时，表面积最大，此时球心在圆锥的高上， 设为，球半径为，过向 作垂线，垂足为，则，又， 所以，所以， 球的表面积为，D正确， 故选：BCD 11. 若为函数的导函数，对任意的，恒有，且，则（ ） A. B. C. 为偶函数 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，令求解即可；对于B，令 得即可判断；对于C，令 得，判断出为偶函数即可做出判断；对于D，通过赋值法，分别求出，发现具有周期性，再利用周期性求解即可. 【详解】原式移项得， 即 对于A，令，则由可得， 故 （舍去）或，故A正确： 对于B，令 ，则，故. 由于，令，则，所以，即有，故B正确： 对于C，令 ，则，即， 因为，所以，所以为偶函数， 对左右两边同时求导得，所以为奇函数，故C错误； 对于D，由A选项，若， 令，则，即， 令，则，即， 令，则，即， 令，则，即， 令，则，即， 令，则，即， 令，则，即， 由此可得的值有周期性，且周期为6， 且， 故，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】结论点睛：若，的定义域均为 ，且，则： （1）若为奇函数，则为偶函数；若为偶函数，则为奇函数，反之未必成立. （2）若为周期函数，则也是周期函数，且周期相同，反之未必成立. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，写出满足条件的整数的一个值__________. 【答案】中的任何一个值. 【解析】 【分析】根据集合的包含关系，结合绝对值不等式的求解，即可求得. 【详解】因为，所以，又因为， 故整数所有可能取值为. 故答案为：中的任何一个值. 13. 已知，则__________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据题意结合对数的运算性质可得到，解出，即可求得答案；另解：可利用对数的运算性质结合基本不等式求解. 【详解】由，整理得， 得，解得，所以. 另解：由题知，则， 利用基本不等式可得， 当且仅当时取等号，解得. 故答案为：4 14. 小明参加一项篮球投篮测试，测试规则如下：若出现连续两次投篮命中，则通过测式；若出现连续两次投篮不中，则不通过测试.已知小明每次投篮命中的概率均为，则小明通过测试的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据独立事件的乘法公式和条件概率求解即可. 【详解】设第一次投篮成功为事件B，通过测试为事件A， 则， 所以， 所以， 故答案为： 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文子说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知 分别为三个内角 的对边，且. （1）求； （2）若 ，求周长的最大值. 【答案】（1） （2）最大值为6 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式，可得，再根据三角形的内角和公式和诱导公式，可得，进而得角. （2）法一：利用余弦定理，结合基本不等式可求三角形周长的取值范围. 法二：利用正弦定理，表示出 ，再利用三角函数的恒等变换，可得三角形的周长为，再根据角 的取值范围，可求周长的最大值. 法三：数形结合，把问题转化成圆的弦长中，直径最大，再根据直角三角形的边角关系求圆的直径. 【小问1详解】 由b及正弦定理得 所以 因为 化简得 因为，所以 ，所以 所以. 【小问2详解】 法一：由余弦定理 有 因为 所以 即，所以，当且仅当时等号成立. 所以的周长. 即周长的最大值为6. 法二：由正弦定理，即 的周长 因为，所以 所以 因为，所以当时取得最大值为6 法三：（几何法）：如图1所示，延长到点，使得 使得， 要使的周长最大，则需满足长度最大 将问题转化为已知一边 ，一对角，求另一边的长度的最大值 由图2可得.当为该圆直径时，最大. 即 所以. 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，平面平面 为的中点. （1）求证：平面 平面 ； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 方法一；由，有， ，因为为正方形，故， 又平面平面交于平面， 所以， 平面， 又平面，所以， 又平面平面， 故平面，又平面 ， 所以平面 平面 . 方法二；因为为正方形，故， 而平面平面交于平面， 所以平面，又 平面 ， 所以， 平面和平面 交线平行于. 故是平面和平面 所成二面角的平面角. .有， 故平面 平面 . 方法三：取中点为，先证明：， ，点为的中点. ， 而平面平面交于平面， 所以， 平面，又平面， 所以，， 由已知，建立如图空间直角坐标系， 因为. 故， ， 设平面 的一个法向量为， 则，即，取，得， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，得， ，故， 所以，平面 平面 . （2） 【解析】 【分析】（1）方法一，证明 平面，得到，进而证明面，得证；方法二，根据二面角平面角定义判断是平面和平面 所成二面角的平面角，由勾股定理可得，得证；方法三，建立空间直角坐标系，求出平面 和平面的法向量判断. （2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点为.由（1）知，， 建立如图所示空间直角坐标系，则，， 所以，， 显然可知平面的法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，，取，得， 则， 所以平面和平面所成锐二面角的余弦值为. 17. 已知抛物线的焦点为，其准线与轴相交于点.动点满足直线的斜率之积为，记点的轨迹为 . （1）求 的方程； （2）过点且斜率为的直线与轴相交于点 ，与 相交于 两点，若.求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，根据斜率公式代入上式，进行化简即可得曲线方程； （2）方法一、二，设出直线的方程为，与曲线 方程联立，由韦达定理可得，结合向量关系求解；方法三，由题，的中点即的中点，由点差法可得弦中点坐标与弦所在直线的斜率的关系，列式运算得解. 【小问1详解】 设点，由题意知. 直线的斜率分别， 所以， 化简得 点的轨迹方程为. 【小问2详解】 方法一，设， 由题意知直线的方程为，所以， 联立方程组，消去整理得， ，， 由得，， 故有，即， 解得. 方法二：设，由题意知直线的方程为，所以， 联立方程组，消去整理得. ，， 由得，， 故有，即， 解得. 方法三：设，由题意知直线的方程为，所以. 因为，所以线段的中点为， ，又因为，所以点也是的中点， 联立方程组， ①-②得，即， 所以， 又因为，所以， 解得. 【点睛】 18. 已知函数 ，． （1）当时，求函数的图象在点处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）设 ，若，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 当 时，在单调递减，在单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在 上递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论即可求解； （3）由参变分离得恒成立，设，，则，令 ，利用导数证明 即可求出. 【小问1详解】 ， 当时， ，， 当时， ， ， 函数在处的切线方程为 ； 【小问2详解】 函数的定义域为，， ①当 时， 恒成立，令 ，则 ， 若 ，则；若 ，则 ， 所以在单调递减，在单调递增； ②当 时，， 令 ，则 或， （ⅰ）当 ，即时， 若 ，则或；若 ，则 ， 所以在和上单调递增，在上单调递减； （ⅱ）当 ，即时， 恒成立，在上递增； （ⅲ）当 ，即时， 若 ，则 或，若 ，则， 所以在和上单调递增，在上单调递减. 综上所述，当 时，在单调递减，在单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 【小问3详解】 的定义域为， 由得恒成立，即恒成立， 设，，则， 因为，同构可得， 令 ，因为，所以 ， 下面证 ． 设 ， ，于是 ， 令 ，则，当 时，；当 时， ， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以 ，即 ，当且仅当时等号成立． 所以 ，即 ， 所以 ， 所以 ，即， 所以实数的取值范围为. 19. 设数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）在和之间插入1个数，使成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；依次类推，在和之间插入个数，使成等差数列. （i）若，求； （ii）对于（i）中的，是否存在正整数，使得成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）存在，和 【解析】 【分析】（1）利用与的关系，可求得. （2）利用错位相减法，得到， 然后得到， 然后利用单调性进行放缩讨论，可证明题设成立. 【小问1详解】 当时，得； 当 时，， 两式相减得， 所以是以1为首项，为公比的等比数列. 所以. 【小问2详解】 ① 设， 所以， 上面两式相减得， 所以 所以， 所以. ② 因为都是递减数列； 所以； 则， 令，即恒成立， 所以数列单调递增， 当时，； 则 所以； 当时，； 则， 所以，，成立，解得，存在； 当 时，； 当时，；不满足题意，故不存在： 综上所述，当正整数对取和时，成立. 【点睛】关键点睛：由，结合单调递减； 得到：，进而结合的单调性，通过，， 讨论求解即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 韶关市2025届高三综合测试（一） 数学本试卷 共4页.满分50分.考试用时120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名､准考证号､学校和班级填写在答题卡上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答章不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区城内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案：不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将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. 若复数 满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 2. 已知数列是等比数列，若，则的前6项和为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，若与垂直.则实数 的值为（ ） A. B. C. D. 4. 众数､平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据的分布形态有关.根据某小区1000户居民的月均用水量数据（单位： ），得到如图所示的频率分布直方图，记该组数据的众数为，中位数为，平均数为，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数在上是单调函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的部分图象如图， 是相邻的最低点和最高点，直线的方程为，则函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 7. 已知为方程的两个实数根，则（ ） A. B. C. D. 8. 椭圆 的左右焦点分别为，以为直径的圆与椭圆没有公共点，则双曲线的离心率的取值范围是（ ） 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. 已知某批产品的质量指标 服从正态分布，且，现从该批产品中随机取3件，用 表示这3件产品的质量指标值 位于区间的产品件数，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知圆锥的顶点为为底面圆的直径，，点在圆上，点为的中点， 与底面所成的角为，则（ ） A. 该圆锥的侧面积为 B. 该圆锥的体积为 C. D. 该圆锥内部半径最大的球的表面积为 11. 若为函数的导函数，对任意的，恒有，且，则（ ） A. B. C. 为偶函数 D. 若，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，写出满足条件的整数的一个值__________. 13. 已知，则__________. 14. 小明参加一项篮球投篮测试，测试规则如下：若出现连续两次投篮命中，则通过测式；若出现连续两次投篮不中，则不通过测试.已知小明每次投篮命中的概率均为，则小明通过测试的概率为__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文子说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知 分别为三个内角 的对边，且. （1）求； （2）若 ，求周长的最大值. 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，平面平面 为的中点. （1）求证：平面 平面 ； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知抛物线的焦点为，其准线与轴相交于点.动点满足直线的斜率之积为，记点的轨迹为 . （1）求 的方程； （2）过点且斜率为的直线与轴相交于点，与 相交于 两点，若.求的值. 18. 已知函数 ，． （1）当时，求函数的图象在点处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）设 ，若，求实数的取值范围． 19. 设数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）在和之间插入1个数，使成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；依次类推，在和之间插入个数，使成等差数列. （i）若，求； （ii）对于（i）中的，是否存在正整数，使得成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $