2025届广东省韶关市高三上学期综合测试（一）月考数学试卷（解析版）

这是一份2025届广东省韶关市高三上学期综合测试（一）月考数学试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了 若复数满足，则， 已知向量，若与垂直， 已知为方程的两个实数根，则等内容，欢迎下载使用。
1. 若复数满足，则（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】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】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】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】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】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. 已知函数的部分图像如图，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】连接，与轴交于点，
由图像的对称性，知点也在函数的图像上，
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，
，
因为点是图像的一个最高点，
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】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】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】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】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】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.
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】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】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】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.
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. 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.
（1）证明：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：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. 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.
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，
-②得，
即，
所以，
又因为，所以，
解得.
18. 已知函数.
（1）当时，求函数的图像在点处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）设，若，求实数的取值范围.
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
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.
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.