广东省韶关市2025届高三上学期综合测试（一）数学试题

这是一份广东省韶关市2025届高三上学期综合测试（一）数学试题，共20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。

一、单选题
1．若复数满足，则（ ）
A．1B．C．2D．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
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．该圆锥的休积为
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
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
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.
参考答案：
1．C
【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．A
【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．A
【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．D
【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．B
【分析】由表达式可知当时，是单调减函数，故在R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R上单调，所以，故时，单调递诚，
则只需满足，解得，
故选：B.
6．C
【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．C
【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．D
【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
9．AC
【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．BCD
【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．ABD
【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x∈R，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.
12．中的任何一个值.
【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.
13．4
【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．
【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：
15．(1)
(2)最大值为6
【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.
【详解】（1）由b及正弦定理得
所以
因为
化简得
因为，所以，所以
所以.
（2）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．(1)证明见解析
(2)
【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.
【详解】（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）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PD=0,1,−1，
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．(1)
(2)
【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.
【详解】（1）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.
（2）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.
18．(1)
(2)答案见解析
(3)
【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，利用导数求出即可.
【详解】（1），
当时，，
当时，，
函数在处的切线方程为.
（2）函数的定义域为，
①当时，恒成立，令，则，
若：若，
所以在单调递减，在单调递增；
②当时，，
令，则，
（i）当，即时，
若或：若，
所以在上递增，在上递减，在上递增.
（ii）当，即时，恒成立，在上递增.
（iii）当，即时，若或：
若，
所以在上递增，在上递减，在上递增，
综上所述，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增；
当时，在上递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增.
（3）由得恒成立
因为，即恒成立.
设，则，
因为，
同构可得
令因为，所以，
下面先证
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，即
故实数取值范围为
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理，
19．(1)
(2)（i）；（ii）存在，和
【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.
【详解】（1）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.
（2）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.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
A
D
B
C
C
D
AC
BCD
题号
11









答案
ABD