精品解析：广东省茂名市2024-2025学年高三第二次综合测试数学试题

2025年茂名市高三年级第二次综合测试 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，则（ ） A. 1 B. C. D. 2. 设集合，则是（ ） 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. 已知向量不共线，且，则实数（ ） A 3 B. C. D. 4 若，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 4 5. 二项式的展开式中的系数为（ ） A. B. C. 40 D. 80 6. 甲、乙、丙三人练习传球，每次传球时，持球者会等可能地传给另外两人中的任意一位，若第一次由甲开始传球，则经过四次传球后，球回到甲手中的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数为上奇函数，，当时，，不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 设为坐标原点，为双曲线的左焦点，圆与的渐近线在第一象限的交点为，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 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. 等差数列中，．记数列前项和为，下列选项正确的是（ ） A. 数列的公差为2 B. 取最小值时， C. D. 数列的前10项和为50 10. 的内角的对边分别为，已知，下列选项正确的是（ ） A. B. 可能成立 C. 可能是等腰三角形 D. 面积的最大值为20 11. 设为坐标原点，对点（其中）进行一次变换，得到点，记为，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 为图象上一动点，，若的轨迹仍为函数图象，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，垂直轴于点，若，则______． 13. 已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围是______． 14. 已知棱长为的正四面体，且 ，为侧面内的一动点，若，则点的轨迹长为______． 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. 已知为常数，且． （1）若，求函数的单调区间； （2）若方程有且仅有2个不等的实数解，求的值． 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，，为的中点，． （1）证明：； （2）若为线段上一点，且四点共面，求三棱锥的体积． 17. 某运动员为了解自己的运动技能水平，记录了自己1000次训练情况并将成绩（满分100分）统计如下表所示. 成绩区间 频数 100 200 300 240 160 （1）求上表中成绩的平均值及上四分位数（同一区间中的数据用该区间的中点值为代表）； （2）该运动员用分层抽样的方式从的训练成绩中随机抽取了6次成绩，再从这6次成绩中随机选2次，设成绩落在区间的次数为X，求X的分布列及数学期望； （3）对这1000次训练记录分析后，发现某项动作可以优化.优化成功后，原低于80分的成绩可以提高10分，原高于80分的无影响，优化失败则原成绩会降低10分，已知该运动员优化动作成功的概率为．在一次资格赛中，入围的成绩标准是80分.用样本估计总体的方法，求使得入围的可能性变大时p的取值范围. 18. 已知椭圆的焦距为2，点在上，是的右焦点，设过点的直线与交于两点． （1）求的方程； （2）直线不与轴重合，且平分． ①求的值； ②若点是直线与的交点，证明：． 19. 已知为一个连续函数，若数列满足：，则称数列是关于的“可差数列”，记数列的前项和为． （1）若是关于的“可差数列”，求的通项公式及； （2）已知满足：，若是关于的“可差数列”． ①试求一个满足条件的的解析式； ②证明：对于任意给定的正数，总存在正整数，使得当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年茂名市高三年级第二次综合测试 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，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简求模长即可． 【详解】， ， 故选：A． 2. 设集合，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】根据已知条件，推得是的真子集，即可判断． 【详解】∵集合， ， ∴是的真子集， 是的充分不必要条件． 故选：A． 3. 已知向量不共线，且，则实数（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量共线，可设，利用向量相等的条件求解即可． 【详解】因为向量不共线，且， 设，即， 所以，解得． 故选：D． 4. 若，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据两角和正切公式展开后再代入即可. 【详解】，即， 则， . 故选：C 5. 二项式的展开式中的系数为（ ） A. B. C. 40 D. 80 【答案】B 【解析】 【分析】由二项式定理的通项公式列方程，求出，求出项的系数即可． 【详解】由二项式定理的通项公式得：， 令，解得：，所以的系数为：， 故选：B． 6. 甲、乙、丙三人练习传球，每次传球时，持球者会等可能地传给另外两人中的任意一位，若第一次由甲开始传球，则经过四次传球后，球回到甲手中的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可列出球在甲手中的概率递推关系式，构造出等比数列，求出第次球在甲手中的概率表达式，代入计算即可. 【详解】设事件“第次球在甲手中”，“第次球在乙手中”，“第次球在丙手中”， 那么由题意可知：，又， 所以，构造等比数列， 因为第一次由甲传球，可认为第次传球在甲，即， 所以是以为首项，公比为的等比数列， 故， 则. 故选：C. 7. 已知函数为上的奇函数，，当时，，不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，利用导数得到在各区间的符号，再分类讨论即可解出不等式. 【详解】构造，则， 因为当时，，则此时，单调递增， 则的正负符号由决定， 又因为，则，因为在上单调递增， 则当时，，所以此时， 当时，，所以此时， 又因为为上的奇函数，则当时，，则， 当时，，则， 且， 则若，则或 即或，解得或， 综上，的解集为. 故选：D. 8. 设为坐标原点，为双曲线的左焦点，圆与的渐近线在第一象限的交点为，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件写出双曲线的渐近线，与圆联立求出，再利用向量夹角为建立等式求解离心率即可. 【详解】 的渐近线为， 联立，因为在第一象限的交点为，得，即， 所以，又， 故， 化简得：， 故选：B. 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. 等差数列中，．记数列前项和为，下列选项正确的是（ ） A. 数列的公差为2 B. 取最小值时， C. D. 数列的前10项和为50 【答案】AD 【解析】 【分析】根据等差数列通项公式得关于的方程，解出，则得到，最后一一判断选项即可. 【详解】对A，设等差数列的公差为，则由题意知， 解得，故A正确； 对B，，， 则当时，取最小值，故B错误； 对C，，，则，故C错误； 对D，数列的前10项和为，故D正确. 故选：AD. 10. 的内角的对边分别为，已知，下列选项正确的是（ ） A. B. 可能成立 C. 可能是等腰三角形 D. 面积的最大值为20 【答案】AC 【解析】 【分析】由三角恒等变换公式结合正弦定理化简即可判断A，反证法假设成立，结合三角形三边关系即可判断B，假设结合余弦定理代入计算，即可判断C，由三角形的面积公式结合余弦定理代入计算，即可判断D. 【详解】由正弦定理可得, 即，即， 即，且，所以， 且，所以，故A正确； 假设，则，又，则， 不满足三角形两边之和大于第三边，故不可能成立，故B错误； 假设，由余弦定理可得， 代入可得， 又，即， 则成立，所以成立， 成立，所以成立， 故C正确； 由三角形的面积公式， 由余弦定理可得， 即，且，， 所以，化简可得，解得， 所以时，三角形的面积最大，最大值为，故D错误； 故选：AC 11. 设为坐标原点，对点（其中）进行一次变换，得到点，记为，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 为图象上一动点，，若的轨迹仍为函数图象，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，验证旋转后的点是否满足，即斜率乘积是否为，对于B，旋转不改变点到原点的距离，直接计算和是否相等，对于C，根据变换得到的坐标关系可得变换形式，从而可判断正误，对于D，根据导数的范围可出参数的范围后可判断正误. 【详解】因为，，所以，所以，故A正确； 因为，， 所以，故B正确； 因为，故， 故， 而， 故 ， 同理， 故，故C错误； 对于D，因为，故将顺时针旋转后仍为函数图像， 故图象上的任意一点切线的斜率大于或等于， 故即在上恒成立，故，故D成立. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，垂直轴于点，若，则______． 【答案】8 【解析】 【分析】先求出焦点坐标，得到，即准线方程为，利用抛物线的定义可知等于其到准线的距离，即. 【详解】由题意可知焦点，准线方程为，又点在抛物线上， 所以点到准线的距离为，由抛物线的定义可知. 故答案：. 13. 已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】恒成立问题，可以用参变分离求最值的方法，结合放缩即可得答案. 【详解】 由于， 两者都是当且仅当x＝1等号成立 则 所以． 故答案为：． 14. 已知棱长为的正四面体，且 ，为侧面内的一动点，若，则点的轨迹长为______． 【答案】 【解析】 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设，由，得到，得到点在空间中的轨迹为一个球，进而点在侧面内的轨迹为以为圆心，以为半径的圆的一部分，求得，得到，进而求得点的轨迹长度. 【详解】以为原点，以的方向为轴，建立空间直角坐标系， 可得，因为，可得， 设，因为，即， 可得，整理得， 所以点在空间中的轨迹是以为球心，半径为的球， 又因为在侧面内，过点作平面于点，则为的中心， 点在侧面内的轨迹为以为圆心，以为半径的圆的一部分， （如图所示的圆的虚线部分）， 因为，所以， 所以，则， 所以点的轨迹长度为. 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. 已知为常数，且． （1）若，求函数的单调区间； （2）若方程有且仅有2个不等的实数解，求的值． 【答案】（1）单调增区间为和，单调减区间为. （2） 【解析】 【分析】（1）直接代入求导即可得到其单调区间； （2）求导得到其单调性，再跟三次函数特点得到，解出方程即可. 【小问1详解】 因为，所以， 所以， 当和时，单调递增； 当时，单调递减， 所以的单调增区间为和，单调减区间为. 【小问2详解】 因为方程有2个不同实数解，所以有2个零点， 又由（1）可知，，因为， 则当，，当，， 则在单调递增，在单调递减，在单调递增， 所以， 解得或或或， 又，所以. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，，为的中点，． （1）证明：； （2）若为线段上一点，且四点共面，求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用向量数量积证得，再利用线面垂直的性质与判定定义即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系得平面的一个法向量，再设，根据垂直关系得值，最后利用体积公式即可. 【小问1详解】 由题意知， 因为， 所以，又平面，又平面， 所以，又平面，且， 所以平面，又平面，所以. 【小问2详解】 因为平面，又平面， 所以，又，所以两两垂直， 如图以A为原点，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为 则， 不妨令，则所以 设，则， 因为四点共面，则，解得， 即，所以. 17. 某运动员为了解自己的运动技能水平，记录了自己1000次训练情况并将成绩（满分100分）统计如下表所示. 成绩区间 频数 100 200 300 240 160 （1）求上表中成绩的平均值及上四分位数（同一区间中的数据用该区间的中点值为代表）； （2）该运动员用分层抽样的方式从的训练成绩中随机抽取了6次成绩，再从这6次成绩中随机选2次，设成绩落在区间的次数为X，求X的分布列及数学期望； （3）对这1000次训练记录分析后，发现某项动作可以优化.优化成功后，原低于80分的成绩可以提高10分，原高于80分的无影响，优化失败则原成绩会降低10分，已知该运动员优化动作成功的概率为．在一次资格赛中，入围的成绩标准是80分.用样本估计总体的方法，求使得入围的可能性变大时p的取值范围. 【答案】（1）平均值，上四分位数为； （2）分布列见解析，数学期望为； （3） 【解析】 【分析】（1）根据平均值计算公式和上四分位数计算方法即可得到答案； （2）写出的可能取值，再分别计算出其分布列，最后再利用数学期望公式即可； （3）法一：利用互斥事件加法公式和全概率计算公式得到关于的表达式，从而得到不等式，解出即可；法二：根据比例法得到相关概率表达式，解出不等式即可. 【小问1详解】 依题意，平均值 ， ， 上四分位数落在区间，且等于. 【小问2详解】 由样本数据可知，训练成绩在之内的频数之比为2:1， 由分层抽样的方法得，从训练成绩在中随机抽取了6次成绩， 在之内的4次，在之内的抽取了2次， 所以可取的值有：0，1，2， ，，， 分布列为： 0 1 2 . 【小问3详解】 法一：设事件分别表示动作优化前成绩落在区间，，， 则相互互斥，所以动作优化前， 在一次资格赛中，入围的概率， 设事件B为＂动作优化成功＂，则， 动作优化后，在一次资格赛中，入围事件为：，且事件相互互斥， 所以在一次资格赛中入围的概率 ， 故， 由解得，又的取值范围是. 法二：因为入围的成绩标准是80分，所以进行某项动作优化前，该运动员在资格赛中入围的概率为：， 进行某项动作优化后，影响该运动员入围可能性变化的是落在区间或的成绩， 当且仅当动作优化成功，落在这两个区间的成绩才能符合入围标准， 所以进行优化后，该运动员在资格赛中入围的概率， 由，得，又的取值范围是. 18. 已知椭圆的焦距为2，点在上，是的右焦点，设过点的直线与交于两点． （1）求的方程； （2）直线不与轴重合，且平分． ①求的值； ②若点是直线与的交点，证明：． 【答案】（1）； （2）①；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据焦距得到，再代入点坐标即可得到椭圆方程； （2）①采用设线法，再联立椭圆方程得到韦达定理式，再将角平分线转化为，再韦达定理式整体代入化简即可； ②转化为证明，而，替换其中的化简即可. 【小问1详解】 椭圆的焦距为， ∴椭圆的左右焦点分别是， 又点在椭圆上， ， ，椭圆的方程为：． 【小问2详解】 ①依题意设直线的方程为：， 联立方程组：，则， 即，且，① 由，的坐标可知轴，平分， 等价于， 即，把代入并化简得： ，把①代入上式得：， 化简得：（经检验，符合，则. ②欲证，只需证：， 由（2）可得， 又， ， 即. 19. 已知为一个连续函数，若数列满足：，则称数列是关于的“可差数列”，记数列的前项和为． （1）若是关于的“可差数列”，求的通项公式及； （2）已知满足：，若是关于的“可差数列”． ①试求一个满足条件的的解析式； ②证明：对于任意给定的正数，总存在正整数，使得当时，． 【答案】（1），. （2）①；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）代入作差得，再累加求和即可； （2）①利用待定系数法即可得到；②利用放缩得，分别取和即可证明. 【小问1详解】 因为， 所以， 因为， 所以. 【小问2详解】 ①因为， 不妨令， 则， 即：， 所以得， 所以即. ②由①可知： ， 因为， 当时， ， 所以， ，取，则，取， 当时，恒有成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $