精品解析：广东省茂名市2024-2025学年高三上学期第一次综合测试数学试题

绝密★启用前 2025年茂名市高三年级第一次综合测试 数学试卷 试卷共4页，19小题，满分150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、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上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，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色宇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域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数，则（ ） A. B. 3 C. D. 3. 已知直线，直线，若，则实数的值为（ ） A. 1 B. C. 或1 D. 0 4. 已知，则，（ ） A. 0 B. C. D. 5. 在一个箱子中放5个白球，3个红球，摇匀后采用不放回方式随机摸球3次，每次一个，第3次摸到红球的概率是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 在棱长为6的正方体中，，，过点的平面截该正方体所得截面的周长为（ ） A. B. C. D. 8. 向量与在单位向量上的投影向量均为，且，当与的夹角最大时，（ ） A. 8 B. 5 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. 在一次数学竞赛中，将100名参赛者的成绩按区间分成5组，得到如下频率分布直方图，同一组中的数据用该组区间的中点值代表，根据图中信息，下列结论正确的是（ ） A. B. 该100名学生成绩的众数约为75 C. 该100名学生中成绩在的人数为48 D. 该100名学生成绩的第85百分位数约为82.5 10. 下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 已知函数，则（ ） A. 当时，是增函数 B. 当时，的值域为 C. 当时，曲线关于点对称 D. 当时，，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则______. 13. 已知，若直线上有且只有一点满足，则______. 14. 已知数列各项都为正整数，，若，则的最小值为______. 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. 已知分别为三个内角的对边，且. （1）求； （2）若，且的面积为，求. 16. 已知函数. （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若函数的最大值为0，求实数的值. 17. 如图， 中，分别为的中点，将沿着翻折到某个位置得到. （1）线段上是否存在点，使得平面，并说明理由； （2）当时，求平面与平面所成角的余弦值. 18. 在平面直角坐标系中，椭圆的长轴长为4，离心率为，直线交于两点. （1）求的方程； （2）若直线过的右焦点，当面积最大时，求； （3）若直线不过原点，为线段的中点，直线与交于两点，已知四点共圆，证明：. 19. 已知数列，满足：为等比数列，，且. （1）求； （2）求集合中所有元素的和； （3）若集合中存在个不同元素，使得，则称为类集合.试判断是否为类集合.若是，求出所有的值；若不是，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2025年茂名市高三年级第一次综合测试 数学试卷 试卷共4页，19小题，满分150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、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上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，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色宇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域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】在数轴上标出集合和集合，即可求得 【详解】 如图，根据数轴可求得. 故选：A 2. 已知函数，则（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据分段函数解析式计算可得. 【详解】因为，所以，， 所以. 故选：C 3. 已知直线，直线，若，则实数的值为（ ） A. 1 B. C. 或1 D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】根据两直线平行时系数的关系求解即可. 【详解】根据两直线平行，可知，解得. 故选：C 4. 已知，则，（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数乘法运算法则运算即可. 【详解】因为，， 所以. 故选：B 5. 在一个箱子中放5个白球，3个红球，摇匀后采用不放回方式随机摸球3次，每次一个，第3次摸到红球的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】第次摸到红球，则分三种情况讨论：前次只有第次摸到红球，前次有两次摸到红球、其中第次一定摸到红球，前次摸到次红球，利用排列数公式及古典概型的概率计算可得. 【详解】记第次摸到红球为事件，则. 故选：A. 6. 已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出函数的定义域，再根据复合函数的单调性求解即可. 【详解】由，可得或， 即函数的定义域为， 又因为在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增， 由复合函数的单调性可知在区间上单调递增， . 故选：D. 7. 在棱长为6的正方体中，，，过点的平面截该正方体所得截面的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取的中点，的中点，连接、、，则五边形为过点的截面，再计算截面周长即可. 【详解】如图取的中点，的中点，连接、、， 则五边形为过点的截面，取的中点，靠近的三等分点，连接、、， 则，又且，所以四边形为平行四边形， 所以，则， 又且，所以为平行四边形，所以，则， 所以四点共面； 取、靠近 、的三等分点、 ，连接、、， 同理可证，，，所以， 所以四点共面； 所以五点共面； 又，，， 所以截面周长为. 故选：B 8. 向量与在单位向量上的投影向量均为，且，当与的夹角最大时，（ ） A. 8 B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立适当的平面直角坐标系，用坐标表示出、，利用余弦定理确定，利用面积得到，由此推断最大时，最大，取最小值，利用坐标运算得到：，由二次函数性质求最值即可. 【详解】 设为轴正半轴上的单位向量， 令，，， 如图所示，设与的夹角为，若， 在中，由余弦定理有：则， 而， 所以，所以， 因为，所以， 有根据正弦定理有：，即， 整理有：，所以， 当与的夹角最大时，最大，取最小值， 因为， 当且仅当时，取等号，所以当与的夹角最大时，. 故选：D 【点睛】关键点点睛： 本题关键在于建立适当的平面直角坐标系，把向量的数量积用坐标表示，结合二次函数性质求值. 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. 在一次数学竞赛中，将100名参赛者的成绩按区间分成5组，得到如下频率分布直方图，同一组中的数据用该组区间的中点值代表，根据图中信息，下列结论正确的是（ ） A. B. 该100名学生成绩的众数约为75 C. 该100名学生中成绩在的人数为48 D. 该100名学生成绩的第85百分位数约为82.5 【答案】AB 【解析】 【分析】根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之后为得到方程求出的值，再根据频率分布直方图一一判断即可. 【详解】依题意可得，解得，故A正确； 该100名学生成绩的众数约为，故B正确； 该100名学生中成绩在的人数为人，故C错误； 因为，， 所以第85百分位数位于，设其为，则，解得，故D错误. 故选：AB 10. 下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】举出反例即可判断A，由不等式的性质代入计算即可判断BD，由作差法即可判断C. 【详解】对于A，取，满足，但是，故A错误； 对于B，因为，不等式两边同时乘以负数，不等式方向改变，所以， 不等式两边同时乘以负数，不等式方向改变，所以， 所以，故B正确； 对于C，因为，， 又因为，所以，而，即，， 所以，故C正确； 对于D，设，即， 则，解得，所以， 又，则，且， 所以，所以，故D正确； 故选：BCD 11. 已知函数，则（ ） A. 当时，是增函数 B. 当时，的值域为 C. 当时，曲线关于点对称 D. 当时，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复合函数的单调性判断A，利用特殊值判断B，计算即可判断C，根据函数的对称性与单调性转化为，再结合二次不等式的性质计算可得D. 【详解】对于A：因为定义域为， 当时在定义域上单调递增，且，又在上单调递增， 所以在定义域上单调递增，故A正确； 对于B：当时，但是，故B错误； 对于C：当时，， 则，所以曲线关于点对称，故C正确； 对于D：当时，的图象是由图象向右平移个单位得到， 所以的对称中心为，且在定义域上单调递增， 所以，可得， 即，从而得到， 即恒成立，所以，解得，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：D选项的关键是推导出的对称中心为，且在定义域上单调递增，从而将不等式转化为恒成立. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则______. 【答案】 【解析】 【分析】将条件两边平方，再利用同角三角函数的平方关系和二倍角公式化简，得，解得. 【详解】由，两边平方得， ， 所以. 故答案为： 13. 已知，若直线上有且只有一点满足，则______. 【答案】 【解析】 【分析】设，根据求出点的轨迹方程，再根据直线与圆相切，求出参数的值. 【详解】设，由，则， 整理得，所以点在以为圆心，为半径的圆上， 因为直线上有且只有一点满足， 即直线与有且只有一个交点， 所以，解得. 故答案为： 14. 已知数列各项都为正整数，，若，则的最小值为______. 【答案】21 【解析】 【分析】利用已知等式得到每一项减前一项与每一项减后一项同时为1或可求； 【详解】因为数列各项都为正整数，且， 故或， 故或， 所以或， 当时，因为各项都为正整数， 所以的最小值为，此时， 当时，因为，故或， 故最小值为； 当时，因为，故或， 故最小值为； 所以的最小值为. 故答案为：21. 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. 已知分别为 三个内角的对边，且. （1）求 ； （2）若，且 的面积为，求. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得； （2）利用余弦定理及面积公式得到方程组，解得即可. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 又，所以，所以， 因为，所以； 【小问2详解】 因为，且 的面积为， 所以且， 即，解得或. 16. 已知函数. （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若函数的最大值为0，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线方程； （2）求出函数的导函数，分、两种情况讨论，说明函数的单调性，从而求出函数的最大值，从而求出参数的值. 【小问1详解】 当时，则，， 所以，所以切线方程为，即； 【小问2详解】 函数的定义域为，且， 当时，恒成立，所以函数在上单调递增，则无最大值，故舍去； 当时，令，解得，， 所以当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 所以在处取得极大值，即最大值，即， 所以， 即，即，所以. 17. 如图， 中，分别为的中点，将沿着翻折到某个位置得到. （1）线段上是否存在点，使得平面，并说明理由； （2）当时，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）存在，且为中点，证明如下： 取 中点 ，连接， 因为为中点，所以，， 又平面，平面，平面，平面， 所以平面，平面， 又，平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，取 中点 ，连接，由面面平行的判定定理可得平面平面，即可证明线面平行； （2）根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，然后以 为原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及二面角的公式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接 ，则，又， 所以，即， 又因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以两两垂直， 以 为原点，分别为轴正半轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，不妨令，则，所以， 设平面的一个法向量为， 则，不妨令，则，所以， 设平面与平面所成角大小为，则 ， 所以，平面与平面所成角的余弦值为. 18. 在平面直角坐标系中，椭圆的长轴长为4，离心率为，直线交于两点. （1）求的方程； （2）若直线过的右焦点，当面积最大时，求； （3）若直线不过原点，为线段的中点，直线与交于两点，已知四点共圆，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明：若直线的斜率为，为上下顶点，且， 若四点共圆，则不成立， 所以由题可设直线的方程为，， 则，联立，可得， 当， 即时，， 所以中点的坐标为，所以， 故直线， 由四点共圆，则， 由， 联立，可得，即， 所以， 所以，可得， 所以， 又直线不过原点，所以，所以， ， 即. 【解析】 【分析】（1）列出的方程，代入计算，即可得到椭圆标准方程； （2）根据题意，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理列出式子，再由弦长公式以及三角形的面积公式代入计算，结合基本不等式即可得到结果； （3）根据题意，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，即可得到的坐标，再由四点共圆可得，代入计算，即可证明. 【小问1详解】 依题意可得，解得， 所以，故椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）可知，由题可设直线的方程为，， 联立，消去可得， 则恒成立， 则， 所以 ， 当且仅当时等号成立，所以直线垂直于轴时，的面积取最大值， 此时，. 【小问3详解】 略 19. 已知数列，满足：为等比数列，，且. （1）求； （2）求集合中所有元素的和； （3）若集合中存在个不同元素，使得，则称为类集合.试判断是否为类集合.若是，求出所有的值；若不是，说明理由. 【答案】（1）； （2） （3）是类集合，. 【解析】 【分析】（1）利用已知条件求出、，结合数列为等比数列即可求，结合已知条件利用赋值作差求出，得到数列为等差数列，即可求出； （2）根据已知条件，确定集合中元素的情况，分成集合、集合 两种情况，分析判断除去两集合中的重复元素，分组求和减去重复元素的和即可求解； （3）按照类集合的定义，分、、三种情况分别判断即可. 【小问1详解】 根据题意可得：，因为，代入上式解得， 又因为，因为，，，解得， 因为为等比数列，所以的公比为， 所以， 所以， 即：， 当时，， 两式相减得：， 化简得：，整理得：， 所以是公差为的等差数列，所以. 【小问2详解】 因为， 整理得： 记集合的全体元素的和为， 集合，为首项为，公比的等比数列， 所有元素的和为， 集合，为首项为，公差为的等差数列， ，所有元素的和为， 集合的所有元素的和为，则有， 对于数列， 当时， 是数列中的项， 当时，，不是数列中的项， 所以，其中 所以， 即（其中表示不超过实数的最大整数）， 因为为首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以. 【小问3详解】 ， 当，时， 是的整数倍， 故一定不是数列中的项，即， 当时， 不是数列中的项， 即， 当时， 是数列中的项， 即， 综上，是类集合，. 【点睛】关键点点睛： 本题关键在于理解类集合的定义，按照定义的条件去判断求证即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $