[数学]广西名校2025届高三上学期9月联合调研测试试卷(解析版)

这是一份[数学]广西名校2025届高三上学期9月联合调研测试试卷(解析版)，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 设集合，，若，则（ ）
A. B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】由已知得，若，解得，此时,，,1,，成立；
若，解得，此时,，,,，不成立；
若，解得，此时,，,3,，不成立；
综上所述：．
故选：B．
2. 若复数z是方程的一个根，则（ ）
A. 3B. C. 5D.
【答案】D
【解析】设，，
所以.
所以.
所以.
故选：D.
3. 在平行四边形ABCD中，，，，，则（ ）
A. 1B. C. 2D. 3
【答案】A
【解析】如下图所示：
由可得；
所以
故选：A.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，
所以，
所以.
所以.
故选：C.
5. 设等比数列的前n项和为，，，则（ ）
A. B. 63C. D. 31
【答案】C
【解析】设等比数列的公比为，
，，
，
解得：，
，
解得：，
则，
故选：C．
6. 已知，，，则a，b，c大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】设，，则，当且仅当时等号成立，则，
又，，所以，
因为，所以，
综上，a，b，c的大小关系是，
故选：A.
7. 已知点P在抛物线M：上，过点P作圆C：的切线，若切线长为，则点P到M的准线的距离为（ ）
A. 5B. C. 6D.
【答案】C
【解析】设点，由圆的方程可知圆心，半径；
又切线长为，可得，
即，解得，可得；
再由抛物线定义可得点P到M的准线的距离为.
故选：C.
8. 根据公式，的值所在的区间是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为，
设，则，
所以，
所以当时，f'x<0，
所以在上单调递减且，
因为，，结合各选项，
由零点存在性定理可知.
故选：.
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，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 某品牌新能源汽车2024年上半年的销量如下表：
根据上表的数据，下列说法正确的是（ ）
A. 销量极差为3.6B. 销量的平均数为13.5
C. 销量的第40百分位数为13.8D. 销量的中位数为13.2
【答案】AB
【解析】A．根据表格数据可得销量的极差为，选项正确；
B．根据表格数据可得销量的平均数为，选项正确；
C．，销量的第40百分位数是从小到大排列的第3个数据，即为13.2，故选项错误；
D．中位数为，故选项错误；
故选：AB．
10. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A. 当时，是的一个周期
B. 将的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，若是奇函数，则的最小值为2
C. 若存在，使得，则的取值范围是
D. 存在，使得在上单调递减
【答案】ABC
【解析】对于A：当时，，所以最小正周期为，所以是的一个周期，正确；
对于B：将将的图象向右平移个单位后得到，
因为是奇函数，所以，解得,
当时，最小此时为2，正确；
对于C：因，当时，，
当时，，
又存在，使得，
所以当时，，解得：，正确；
对于D: 存在，若在上单调递减，
由复合函数的单调性可得：，
因，所以，故，
可得：，解得：，
因为，，则必有，
所以同时满足的必然小于0，这与矛盾，错误.
故选:ABC.
11. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为、，过点且倾斜角为的直线l与双曲线的右支交于A、B两点（A在第一象限），则下列说法中正确的是（ ）
A. 双曲线C的虚轴长为
B.
C. 的周长的最小值为16
D. 当时，的内切圆面积为
【答案】BCD
【解析】对于A:因为，所以虚轴长为，A错误；
对于B:因为双曲线渐近线方程为，倾斜角为，
过点且倾斜角为的直线l与双曲线的右支交于A、B两点,得出B正确；
对于C: 的周长为,
结合双曲线的定义，
设双曲线的右焦点为，，
当直线AB斜率不存在时，直线AB的方程为，则
当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为
联立，消去，得，
又，故或,
而
，
所以当直线AB与x轴垂直时，的长最小，即最小值为，的周长最小值为，故C正确；
对于D: 当时, 设直线AB的方程为
联立，消去，得，，
，当时,A点坐标 ，
，
，
的周长，
设的内切圆半径为r，则，解得，
因此的内切圆面积为，D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，且，则__________．
【答案】
【解析】令，
，
所以为奇函数，
所以，
所以，
所以.
13. 将一个底面半径为，高为的圆柱形铁块熔铸成一个实心铁球，则该实心铁球的表面积为__________．
【答案】
【解析】设实心铁球的半径为，
由题意可知，得，
故实心铁球的表面积为.
14. 已知有，两个盒子，其中盒中有3个黑球和3个白球，盒中有3个黑球和2个白球，这些球除颜色外完全相同.甲从盒，乙从盒各随机抽取一个球，若两球同色，则甲胜，并将取出的2个球全部放入盒中，若两球不同色，则乙胜，并将取出的2个球全部放入盒中.按上述方法重复操作两次后，盒中有8个球的概率是__________．
【答案】
【解析】若两次取球后，盒中有8个球，则两次取球均为甲获胜，
第一次取球甲乙都取到黑球，其概率为，
第一次取球后盒中有4个黑球和3个白球，盒中有2个黑球和2个白球，
第二次取到同色球的概率为，
此时盒中有8个球的概率为；
若第一次取球甲乙都取到白球，其概率为，
第一次取球后盒中有3个黑球和4个白球，盒中有3个黑球和1个白球，
第二次取到同色球的概率为，
此时盒中有8个球的概率为；
所以盒中有8个球的概率为.
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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，已知．
（1）求的大小；
（2）若，E是AC的中点，且，求BE．
解：（1）由，
又为三角形内角，所以.
（2）如图所示：

因为为中点，所以，
因为，所以.
所以.
又，所以.
所以.
所以.
所以.
故.
16. 某高新技术企业新研发出了一种产品，该产品由三个电子元件组装而成，这三个电子元件在生产过程中的次品率均为.组装过程中不会造成电子元件的损坏，当且仅当三个电子元件都不是次品时，产品能正常工作，否则该产品为次品.
（1）设一件产品中所含电子元件为次品的个数为X，求X的分布列和期望；
（2）设“任取一件产品为次品”，“该产品仅有一个电子元件是次品”，求；
（3）安排质检员对这批产品进行逐一检查，确保没有次品流入市场.现有两种方案，
方案一：安排三个质检员先行检测这三个元件，次品不进入组装生产线；
方案二：安排一个质检员检测成品，若发现次品，则进行电子元件的更换，保证产品能正常工作.更换电子元件的费用为15元/个．
已知每位质检员的月工资为3000元，该企业每月生产该产品800件，请从企业获益的角度考虑，应该选择哪种方案？
解：（1）根据题意可得X的所有可能取值为，
易知，；
，；
所以X的分布列如下：
可得期望值为；
（2）由（1）可知，；
则.
（3）若采用方案一，则每月支出总费用为元；
若采用方案二，
由（1）可知平均每个产品需更换的电子元件个数，则每月生产的800件产品平均需更换个，
每月更换电子元件的总费用为元，
则每月支出总费用为元；显然，
所以从企业获益的角度考虑，应该选择方案二.
17. 如图，在四棱锥中，平面底面，，底面是边长为的正方形．
（1）求证：；
（2）E是棱PA上一点，若AC与平面所成角为，求四棱锥的体积．
（1）证明：取的交点为，连接，如下图所示：
又因为底面是正方形，所以为的中点，
又，所以，
因为平面底面，平面底面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为为的中点且，
可得.
（2）解：由底面是边长为的正方形，所以；
由（1）可知三条直线两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
易知，所以；
可得，
所以，
由E是棱PA上一点可设；
则；
设平面的一个法向量为，
则，得，令，则；
所以;
由AC与平面所成角为可得；
整理可得，解得，
因此E是棱PA的中点，即，
所以E到底面的距离即为四棱锥的高为，
因此四棱锥的体积为.
18. 椭圆E：的离心率为，过点的直线l与椭圆E交于M，N两点．当直线l过坐标原点O时，．
（1）求椭圆E的方程．
（2）设A，B分别是椭圆E的右顶点和上顶点，过点M作x轴的平行线分别与直线AB，NB交于C，D两点．试探究D，C，M三点的横坐标是否构成等差数列，并说明理由．
解：（1）由于离心率，所以，
当过点的直线l过坐标原点O时，直线斜率为，
则此时直线l的方程为，
设直线l与椭圆E交点，不妨取，则，且①，
因为，所以②，
由①②可得，，
所以可得，解得，
故椭圆E的方程为.
（2）D，C，M三点的横坐标构成等差数列，理由如下：
不妨设直线的方程为，,，,，，
因为直线经过点，所以，
联立，消去并整理得，
由韦达定理得，，
所以
，
因为，，三点共线，
所以，而，
即，则，
故，，三点的横坐标成等差数列．
19. 已知函数，且x轴是曲线的切线，
（1）求的最小值；
（2）证明：；
（3）设，，证明：对任意，．
（1）解：由得，
因切线方程为，令，得，故可知切点为，
所以，得，
故，，
当x∈0,1时，f'x<0，在区间0,1上单调递减，
当x∈1,+∞时，f'x>0，在区间1,+∞上单调递增，
故的最小值为f1=0．
（2）证明：由（1）可知，故，故，
令，，则，即，
即，
故，
，
即，即证.
（3）解：由题意，
由得①，
要证明对任意，，只需要，
令，，，
令，，
在区间上单调递增，故，故，
故在上递增，故只需证明，
由①可知，
由（1）可知，故，
只需证明，化简为成立即可，
令，则，
在区间上单调递增，故，所以得证.月份t
1
2
3
4
5
6
销量y（万辆）
11.7
12.4
13.8
13.2
14.6
15.3
X
0
1
2
3