2025届广东省广州市高三下学期综合测试（一）数学试卷（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1广东省广州市2025届高三下学期综合测试（一）数学试卷一、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.若复数满足，则的虚部为（）A. B.1 C. D.i【答案】B【解析】因为，所以，所以的虚部为1.故选：B2.已知集合，若，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】，因，则，则实数的取值范围是.故选：D.3.在平行四边形中，点是边上的点，，点是线段的中点，若，则（）A. B.1 C. D.【答案】C【解析】因为点是线段的中点，所以，又，所以，所以，故选：C4.已知球的表面积为，一圆台的上、下底面圆周都在球的球面上，且下底面过球心，母线与下底面所成角为，则该圆台的侧面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】作出示意图如图所示：设球的半径为，由题意可得，所以是等边三角形，所以，所以，因为球的表面积为，所以，解得，所以，所以，所以圆台的侧面积为.故选：B.5.已知点在双曲线上，且点到两条渐近线的距离之积等于，则的离心率为（）A.3 B.2 C. D.【答案】D【解析】设.∵点在双曲线上，，即.又双曲线的两条渐近线分别为和，点到双曲线的两条渐近线的距离之积为：，，即.又，，，.故选：D.6.已知实数满足，则下列不等式可能成立的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】设函数，作出函数图象如下，设，对A，当时，直线与函数的图象交点的横坐标为，由函数图象可知，，A错误；对C，当时，直线与函数的图象交点的横坐标为，由函数图象可知，，C错误；因为，所以，设，作出函数的图象如下，对B，当时，直线与函数的图象交点的横坐标为，由函数图象可知，，B正确；对D，当时，直线与函数的图象交点的横坐标为，由函数图象可知，，D错误；故选:B.7.已知，曲线与相邻的三个交点构成一个直角三角形，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设曲线与相邻的三个交点为，，解得，不妨取，则，所以，则，由题意得为直角三角形，所以，即，解得，故选：A．8.定义域为的偶函数在上单调递减，且，若关于的不等式的解集为，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为为偶函数，所以，则，由，得，又因为函数在上单调递减，且，则函数在上单调递增，则时，，当时，，则当时，，当时，，所以的解集为，的解集为，由于不等式的解集为，当时，不等式为，此时解集为，不符合题意；当时，不等式解集为，不等式解集为，要使不等式的解集为，则，即；当时，不等式解集为，不等式解集为，此时不等式的解集不为；综上所述，，则，当且仅当，即，时等号成立，即的最小值为.故选：C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.某位射击运动员的两组训练数据如下：第一组：10，7，7，8，8，9，7；第二组：10，5，5，8，9，9，10．则（）A.两组数据的平均数相等B.第一组数据的方差大于第二组数据的方差C.两组数据的极差相等D.第一组数据的中位数小于第二组数据的中位数【答案】AD【解析】第一组数据从小到大排序为：，其平均数为，其方差为，其极差为，其中位数为：；第二组数据从小到大排序为：，其平均数为，其方差，其极差为，其中位数为：所以AD正确，BC错误；故选：AD.10.已知函数在处取得极大值，的导函数为，则（）A.B.当时，C.D.当且时，【答案】ACD【解析】由，则，则函数的定义域为，则，，则，因为函数在处取得极大值，所以，即，此时，则，令，得或；令，得，所以函数在和上单调递减，在上单调递增，则函数在处取得极大值，符合题意，即，故A正确；由上述可知函数在上单调递减，当时，，则，故B错误；由，则，，所以，故C正确；因为，，则，又函数在上单调递增，则，所以，又，则，故D正确.故选：ACD11.如图，半径为1的动圆沿着圆外侧无滑动地滚动一周，圆上的点形成的外旋轮线，因其形状像心形又称心脏线．已知运动开始时点与点重合．以下说法正确的有（）A.曲线上存在到原点的距离超过的点B.点在曲线上C.曲线与直线有两个交点D.【答案】BCD【解析】设与切于点，则始终关于点对称.所以当切点绕逆时针转动弧度时，致使点绕圆心也转了弧度，，如图，连接，，延长与轴交于点，过作轴于点，，，，则，即曲线的参数方程为，为参数，.对于A，，上不存在到原点的距离超过的点，A错；对于B，若在上，则，由①解得或0，验证知仅当时，代入②符合，在曲线上，故B正确；对于C，由，将曲线的参数方程代入得，即，，如下图，分别作出与的大致图象，可知两函数图象共有两个交点，故C正确；对于D，，，，故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，则_______．【答案】【解析】由，得，则，所以.故答案为：.13.将这9个数字填在的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小．若将4填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法共有_______种．【答案】12【解析】由每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小，得在左上角，在右下角，如图，排在位置，有种方法，从余下的4个数字中任取2个按从左到右由大到小排在位置，有种方法，最后两个数字从上到下由大到小排在位置，有1种方法，所以填写方格表的方法共有（种）.故答案为：1214.在正三棱锥中，，点在内部运动（包括边界），点到棱的距离分别记为，且，则点运动路径的长度为_______．【答案】【解析】由题意可知：，则，可知，因为三棱锥为正三棱锥，则点在底面内的投影为底面的中心，取中点，则，，设点在平面、平面和平面内的投影分别为、和，根据正三棱锥的结构特征，可以以为邻边作长方体，则平面，平面，则，即，同理可知：，由长方体的性质可知：，可得，即，又因为平面，平面，则，可得，可知点在以点为圆心，半径的圆上，因为，可知与圆相交，设圆与交于两点，则，可知为等边三角形，则，结合对称性可知点运动路径的长度为.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.在中，内角的对边分别为，已知．（1）求证：；（2）若，求的面积．解：（1）因为，根据正弦定理得：又，所以，所以，即，所以，或（舍），所以.（2）根据正弦定理得，即，有余弦定理，得，解得或，当时，，，，则，，而，矛盾，舍去，故，所以的面积为16.如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面是等边三角形，三棱锥的体积为，点是棱的中点．（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：因为底面为矩形，，所以，设三棱锥的高为，又三棱锥的体积为，所以，所以，又侧面是等边三角形，且，取的中点，连接，可得，从而为三棱锥的高，所以平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）解：取的中点，连接，则，故由（1）可以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角标系，则，则，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以平面的一个法向量为，又平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为所以，所以平面与平面夹角的余弦值为．17.个人相互传球，传球规则如下：若球由甲手中传出，则甲传给乙；否则，传球者等可能地将球传给另外的个人中的任何一个．第一次传球由甲手中传出，第次传球后，球在甲手中的概率记为，球在乙手中的概率记为．（1）求；（2）求；（3）比较与的大小，并说明理由．解：（1）由题意知，，所以；（2）由题意知，，所以，所以，则；（3）由题意知，则，所以，（当时取等号）所以.18.已知动点到点的距离等于它到直线的距离，记动点的轨迹为曲线．（1）求的方程；（2）为坐标原点，过点且斜率存在的直线与相交于两点，直线与直线相交于点，过点且与相切的直线交轴于点．（i）证明：直线；（ii）满足四边形的面积为12的直线共有多少条？说明理由．解：（1）由抛物线的定义得动点的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，所以，即．（2）（i）证明：由题可知，直线的斜率存在且不为0，故设直线的方程为，则直线的斜率为，设直线与相交于两点，不妨设，由得，，则，由得，，则点处的斜率为，则点处的切线方程为，令，得，即点，直线的方程为，令，得，即，所以直线的斜率，所以，即直线．（ii）连接，由（i）得，，所以，又因为，所以轴，即四边形为平行四边形，由得，，若四边形的面积为12，则，整理得，令，则，设，则，所以在单调递增，又，所以存在，使得，所以上单调递减，在上单调递增，又，，所以有2个零点，即有2个根，所以四边形的面积为12的直线共有2条．19.已知且，集合，其中．若存在函数，其图象在区间上是一段连续曲线，且，则称是的变换函数，集合是的子集．例如，设，此时函数是的变换函数，是的子集．（1）判断集合是否是的子集？说明理由；（2）判断是否为集合的变换函数？说明理由；（3）若，则，试问是否存在函数，使得集合是的子集？若存在，求的解析式；若不存在，说明理由．解：（1）当函数时，，此时函数是集合的变换函数，∴集合是的子集.（2）函数在定义域上单调递减，当时集合，其中，假设函数为集合的变换函数，则，即，即，由①-②，得，整理后得，∵即，∴，而由①式易得，显然产生矛盾，即函数不是集合的变换函数.（3）设中满足首项为1，公比为的等比数列，，则，满足，设，则对且，，而且时，，及有个不同元素，即能覆盖所有元素.又∵的图象在区间上是一段连续曲线，∴存在函数，使得集合是的子集.广东省广州市2025届高三下学期综合测试（一）数学试卷一、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.若复数满足，则的虚部为（）A. B.1 C. D.i【答案】B【解析】因为，所以，所以的虚部为1.故选：B2.已知集合，若，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】，因，则，则实数的取值范围是.故选：D.3.在平行四边形中，点是边上的点，，点是线段的中点，若，则（）A. B.1 C. D.【答案】C【解析】因为点是线段的中点，所以，又，所以，所以，故选：C4.已知球的表面积为，一圆台的上、下底面圆周都在球的球面上，且下底面过球心，母线与下底面所成角为，则该圆台的侧面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】作出示意图如图所示：设球的半径为，由题意可得，所以是等边三角形，所以，所以，因为球的表面积为，所以，解得，所以，所以，所以圆台的侧面积为.故选：B.5.已知点在双曲线上，且点到两条渐近线的距离之积等于，则的离心率为（）A.3 B.2 C. D.【答案】D【解析】设.∵点在双曲线上，，即.又双曲线的两条渐近线分别为和，点到双曲线的两条渐近线的距离之积为：，，即.又，，，.故选：D.6.已知实数满足，则下列不等式可能成立的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】设函数，作出函数图象如下，设，对A，当时，直线与函数的图象交点的横坐标为，由函数图象可知，，A错误；对C，当时，直线与函数的图象交点的横坐标为，由函数图象可知，，C错误；因为，所以，设，作出函数的图象如下，对B，当时，直线与函数的图象交点的横坐标为，由函数图象可知，，B正确；对D，当时，直线与函数的图象交点的横坐标为，由函数图象可知，，D错误；故选:B.7.已知，曲线与相邻的三个交点构成一个直角三角形，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设曲线与相邻的三个交点为，，解得，不妨取，则，所以，则，由题意得为直角三角形，所以，即，解得，故选：A．8.定义域为的偶函数在上单调递减，且，若关于的不等式的解集为，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为为偶函数，所以，则，由，得，又因为函数在上单调递减，且，则函数在上单调递增，则时，，当时，，则当时，，当时，，所以的解集为，的解集为，由于不等式的解集为，当时，不等式为，此时解集为，不符合题意；当时，不等式解集为，不等式解集为，要使不等式的解集为，则，即；当时，不等式解集为，不等式解集为，此时不等式的解集不为；综上所述，，则，当且仅当，即，时等号成立，即的最小值为.故选：C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.某位射击运动员的两组训练数据如下：第一组：10，7，7，8，8，9，7；第二组：10，5，5，8，9，9，10．则（）A.两组数据的平均数相等B.第一组数据的方差大于第二组数据的方差C.两组数据的极差相等D.第一组数据的中位数小于第二组数据的中位数【答案】AD【解析】第一组数据从小到大排序为：，其平均数为，其方差为，其极差为，其中位数为：；第二组数据从小到大排序为：，其平均数为，其方差，其极差为，其中位数为：所以AD正确，BC错误；故选：AD.10.已知函数在处取得极大值，的导函数为，则（）A.B.当时，C.D.当且时，【答案】ACD【解析】由，则，则函数的定义域为，则，，则，因为函数在处取得极大值，所以，即，此时，则，令，得或；令，得，所以函数在和上单调递减，在上单调递增，则函数在处取得极大值，符合题意，即，故A正确；由上述可知函数在上单调递减，当时，，则，故B错误；由，则，，所以，故C正确；因为，，则，又函数在上单调递增，则，所以，又，则，故D正确.故选：ACD11.如图，半径为1的动圆沿着圆外侧无滑动地滚动一周，圆上的点形成的外旋轮线，因其形状像心形又称心脏线．已知运动开始时点与点重合．以下说法正确的有（）A.曲线上存在到原点的距离超过的点B.点在曲线上C.曲线与直线有两个交点D.【答案】BCD【解析】设与切于点，则始终关于点对称.所以当切点绕逆时针转动弧度时，致使点绕圆心也转了弧度，，如图，连接，，延长与轴交于点，过作轴于点，，，，则，即曲线的参数方程为，为参数，.对于A，，上不存在到原点的距离超过的点，A错；对于B，若在上，则，由①解得或0，验证知仅当时，代入②符合，在曲线上，故B正确；对于C，由，将曲线的参数方程代入得，即，，如下图，分别作出与的大致图象，可知两函数图象共有两个交点，故C正确；对于D，，，，故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，则_______．【答案】【解析】由，得，则，所以.故答案为：.13.将这9个数字填在的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小．若将4填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法共有_______种．【答案】12【解析】由每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小，得在左上角，在右下角，如图，排在位置，有种方法，从余下的4个数字中任取2个按从左到右由大到小排在位置，有种方法，最后两个数字从上到下由大到小排在位置，有1种方法，所以填写方格表的方法共有（种）.故答案为：1214.在正三棱锥中，，点在内部运动（包括边界），点到棱的距离分别记为，且，则点运动路径的长度为_______．【答案】【解析】由题意可知：，则，可知，因为三棱锥为正三棱锥，则点在底面内的投影为底面的中心，取中点，则，，设点在平面、平面和平面内的投影分别为、和，根据正三棱锥的结构特征，可以以为邻边作长方体，则平面，平面，则，即，同理可知：，由长方体的性质可知：，可得，即，又因为平面，平面，则，可得，可知点在以点为圆心，半径的圆上，因为，可知与圆相交，设圆与交于两点，则，可知为等边三角形，则，结合对称性可知点运动路径的长度为.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.在中，内角的对边分别为，已知．（1）求证：；（2）若，求的面积．解：（1）因为，根据正弦定理得：又，所以，所以，即，所以，或（舍），所以.（2）根据正弦定理得，即，有余弦定理，得，解得或，当时，，，，则，，而，矛盾，舍去，故，所以的面积为16.如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面是等边三角形，三棱锥的体积为，点是棱的中点．（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：因为底面为矩形，，所以，设三棱锥的高为，又三棱锥的体积为，所以，所以，又侧面是等边三角形，且，取的中点，连接，可得，从而为三棱锥的高，所以平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）解：取的中点，连接，则，故由（1）可以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角标系，则，则，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以平面的一个法向量为，又平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为所以，所以平面与平面夹角的余弦值为．17.个人相互传球，传球规则如下：若球由甲手中传出，则甲传给乙；否则，传球者等可能地将球传给另外的个人中的任何一个．第一次传球由甲手中传出，第次传球后，球在甲手中的概率记为，球在乙手中的概率记为．（1）求；（2）求；（3）比较与的大小，并说明理由．解：（1）由题意知，，所以；（2）由题意知，，所以，所以，则；