广东省部分学校2025届高三上学期第一次月考联合测评数学试卷（解析版）

这是一份广东省部分学校2025届高三上学期第一次月考联合测评数学试卷（解析版），共21页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答题前，先将自已的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．．
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. 设集合，则集合的真子集个数为（ ）
A. 7B. 8C. 15D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合对元素的要求，求得集合，即得其真子集个数.
【详解】由且可知，可以取，则可取，
即，故集合的真子集个数为.
故选：C.
2. 若，则复数z的虚部（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用复数代数形式的乘法运算化简，然后利用复数相等的概念求解．
【详解】设，则，
，，解得或或
所以复数z的虚部为．
故选：C.
3. 已知，，，则的最大值是（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得，，，利用基本不等式求最值.
【详解】因为，，，则，，
可得，当且仅当，即时，等号成立，
所以的最大值是.
故选：A.
4. 在平面内，设是直线的法向量，、为两个定点，，为一动点，若点满足：，则动点的轨迹是（ ）
A. 圆B. 抛物线C. 椭圆D. 双曲线
【答案】B
【解析】
【分析】以为原点，为轴建立直角坐标系，设，，，Px,y，根据条件即可整理得到答案.
【详解】由题意知，以为原点，为轴建立直角坐标系，
设，，，Px,y，
则，，
因为，
则，
整理可得，，
可知动点的轨迹为抛物线.
故选：B
5. 已知等差数列前项和为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列前项和公式、等差数列性质计算即得.
【详解】在等差数列中，由，得.
故选：D
6. 已知直线与圆交于两点，则线段的长度的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由圆的方程可得圆心坐标及半径的值，再由直线的方程可得直线恒过定点，代入弦长公式可得当最小时弦长最大，当最大时弦长最小，求出的最大最小值，进而求出弦长的最小最大值.
【详解】圆可得圆心，半径，
因为直线，恒过直线和的交点，
即，解得：，，即直线恒过定点，
因为，所以定点在圆内，
设圆心到直线的距离为，则弦长，
当时，弦长最大，这时过的最长弦长为圆的直径2r=62，
当最大时，这时，
所以弦长的最小值为，
所以弦长AB的范围为，
故选：B.
7. 若，，，则事件与的关系是（ ）
A. 事件与互斥B. 事件与对立
C 事件与相互独立D. 事件与既互斥又相互独立
【答案】C
【解析】
【分析】由条件概率计算公式得到，由得到事件与相互独立.
【详解】由得，
因为，，所以事件与相互独立，
无法判断事件与是否互斥.
故选：C.
8. 已知定义在R上的函数满足：，且，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 的周期为4C. 关于对称D. 在单调递减
【答案】C
【解析】
【分析】由余弦函数的和、差角公式结合题目条件，可设，先求出，再对选项进行逐一验证即可得出答案.
【详解】由，
可得，可设
由，即，则可取，即进行验证.
选项A： ，故选项A不正确.
选项B：由，则其最小正周期为,故选项B不正确.
选项D：由于为周期函数，则在不可能为单调函数. 故选项D不正确.
选项C：,又，故此时为其一条对称轴.
此时选项C正确,
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. 已知的最小正周期是，下列说法正确的是（ ）
A. 在是单调递增
B. 是偶函数
C. 的最大值是
D. 是的对称中心
【答案】ABD
【解析】
【分析】首先利用辅助角公式化简函数的解析式，并求，再根据三角函数的性质判断选项.
【详解】因为，
因为函数的最小正周期为，所以，则，
所以增区间由不等式，即，，
当时，A满足条件，故正确；
是偶函数，故B正确；
的最大值是2，故C是错的；
，，故D正确
故选：ABD.
10. 已知正方体外接球的体积为是空间中的一点，则下列命题正确的是（ ）
A. 若点在正方体表面上运动，且，则点轨迹的长度为
B. 若是棱上的点（不包括点），则直线与是异面直线
C. 若点在线段上运动，则始终有
D. 若点在线段上运动，则三棱锥体积定值
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据正方体的几何特征可根据外接球的体积得棱长为2，即可由圆的周长求解A,根据异面直线的定义即可求解B，利用线面垂直即可求解C，利用等体积法即可求解D.
【详解】方体外接球的体积为.设外接球的半径为，则，解得.

设正方体的棱长为，则.
对于，在平面中，点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆弧；同理，在平面ABCD和平面中，点的轨迹都是以为圆心，2为半径的圆弧.故点的轨迹的长度为.故错误；
对于B，利用异面直线的判定定理可以判断直线与是异面直线.故正确；
对于，在正方体中，有平面平面平面平面.故C正确；

对于，在正方体中，平面为定值.故D正确.
故选：BCD
11. 如图，P是椭圆与双曲线在第一象限的交点，,且共焦点的离心率分别为，则下列结论正确的是（ ）

A.
B. 若，则
C. 若，则的最小值为2
D.
【答案】AD
【解析】
【分析】A.利用椭圆和双曲线的定义，即可求解；B.应用余弦定理，正确表示离心率，即可判断；C.根据勾股定理，并表示离心率，最后应用基本不等式，即可判断；D.分别在椭圆和双曲线中，在焦点三角形中，应用余弦定理表示，建立等量关系，即可判断.
【详解】A.由题意可知，，，
得，故A正确；
B.中，若，设椭圆和双曲线的半焦距为，
根据余弦定理，，
整理为，
而，故B错误；
C. 若，则，则，
则，
，
当时，等号成立，这与矛盾，所以，故C错误；
D.在椭圆中，，
，
整理为，
在双曲线中，，
整理为，
所以，即，
而，则，故D正确.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是正确应用椭圆和双曲线的定义，并在两个曲线中正确表示离心率，以及焦点三角形中应用余弦定理.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知M是抛物线上一点，F是抛物线的焦点，O为坐标原点．若，则线段MF的长为______.
【答案】8
【解析】
【分析】设出线段MF的长度，再由已知条件表达出M的坐标，代入抛物线即可得出结果.
【详解】如图所示：
设，易求，作轴于点E，
因为 ，所以 ，
所以在，，
所以 ，
又因为M是抛物线 上一点，所以 ，即 ，
解得 或 (舍去
所以线段MF的长为8.
故答案为：8
13. 已知甲同学在上学途中要经过两个路口，在第一个路口遇到红灯的概率为0.5，两个路口连续遇到红灯的概率为0.4，则甲同学在第一个路口遇到红灯的条件下，第二个路口遇到红灯的概率是______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件，利用条件概率公式列式计算即得.
【详解】令“第一个路口遇到红灯”，“第二个路口遇到红灯”
则，于是，
所以所求概率为.
故答案为：
14. 已知点A是函数图象上的动点，点B是函数图象上的动点，过B点作x轴的垂线，垂足为M，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线的焦半径公式可将问题转化为到上一点的最小距离即可，根据点点距离公式，得，利用导数求解最小值即可.
【详解】由于是焦点在轴上的抛物线，故设其焦点为，
则,所以,
故求到上一点的最小距离即可，
设，则，
记，则
由于函数在0,+∞单调递增，且，
故当x∈0,1时，因此0,1单调递减，
当x∈1,+∞时，因此在1,+∞单调递增，
故，
因此，故，
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. 已知等差数列的前n项和为．
（1）求的通项公式；
（2）数列满足为数列的前n项和，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列定义根据题意可求得首项和公差，即可得出通项公式；
（2）根据等差数列前项和公式可得，裂项可得，即可求出.
【小问1详解】
设等差数列的首项为，公差为，
由可得，
解得，
所以；
因此的通项公式为，
【小问2详解】
由（1）可得；
所以，
因此数列的前n项和;
即可得.
16. 古希腊数学家托勒密对凸四边形(凸四边形是指没有角度大于的四边形)进行研究，终于有重大发现：任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立．且若给定凸四边形的四条边长，四点共圆时四边形的面积最大．根据上述材料，解决以下问题：
如图，在凸四边形中，
（1）若，，(图1)，求线段长度的最大值；
（2）若，，，（图2），求四边形面积取得最大值时角A余弦值，并求出四边形面积的最大值．
【答案】（1）
（2）；，（其中）
【解析】
【分析】根据“任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立”表示出边长的关系即可求出；
连接，分别在和利用余弦定理，再结合四点共圆后同角三角函数关系解出角A，最后由三角形的面积公式得到四边形的面积．
【小问1详解】
设，则，
由材料可知，，
即，解得，
所以线段长度的最大值为；
【小问2详解】
由材料可知，当四点共圆时，四边形的面积达到最大．
连接，分别在和利用余弦定理，
可得，
解得，，
所以
记，则上式，
于是四边形的面积为：
.
【点睛】思路点睛：多边形问题可分割为若干三角形，利用余弦定理及角的关系消元化简即可.
17. 在中，把，，…，称为三项式系数.
（1）当时，写出三项式系数，，，，的值；
（2）的展开式中，系数可用杨辉三角形数阵表示，如图，当，时，类似杨辉三角形数阵表，请列出三项式的次系数的数阵表；
（3）求的值（用组合数作答）.
【答案】（1），，，，
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）写出展开式，即可得到相应的系数；
（2）写出（，）的展开式，即可得解；
（3）由表示出系数，再由，计算出系数，即可得解.
【小问1详解】
因为，
所以，，，，；
【小问2详解】
因为，
，
，
，
，
所以三项式的（，）次系数的数阵表如下：
【小问3详解】
，
其中系数为，
又
而二项式的通项（且），
由，解得，
所以系数为，
由代数式恒成立，
所以.
18. 如图1，平面图形由直角梯形和拼接而成，其中，，，，，与相交于点，现沿着将其折成四棱锥（如图2）．
（1）当侧面底面时，求点到平面的距离；
（2）在（1）的条件下，线段上是否存在一点．使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）连接，由题意可得平面，则点到平面的距离与点到平面的距离相等，然后结合求解即可；
（2）过作交于点，则底面，作交于点，连接，则，即为二面角的平面角，然后求解即可.
【小问1详解】
在中，，所以，
因为在直角梯形中，，，，
所以，所以四边形为正方形，
所以，，
因为侧面底面，侧面底面，平面，
所以底面，
连接，因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，所以平面，
所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，
设点到平面的距离为，由题意得，
则，
因为，所以，
所以，解得，
所以点到平面的距离为；
【小问2详解】
过作交于点，
因为侧面底面，侧面底面，平面，
所以底面，
作交于点，连接，
因为底面，底面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，
所以，所以为二面角的平面角，
则，所以，
所以，
连接，交于点，因为四边形为正方形，所以，
所以，设，
由，得，得，
因为，所以，解得，
因为底面，底面，所以
所以，所以，即,
所以线段上存在一点．使得平面与平面夹角的余弦值为，
此时.
【点睛】关键点点睛：此题考查点面距离的求解，考查二面角，考查平面图形折叠成空间图形问题，解题的关键是弄清折叠前后边角间的关系，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.
19. 已知椭圆，左､右焦点分别为，短轴的其中一个端点为，长轴端点为，且是面积为的等边三角形.

（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）若双曲线以为焦点，以为顶点，点为椭圆与双曲线的一个交点，求的面积；
（3）如图，直线与椭圆有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴，轴于两点.当点运动时，求点Px,y的轨迹方程.
【答案】（1）椭圆 的方程为 , 离心率 .
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据为等边三角形得到关系，求出其方程，再利用离心率公式即可；
（2）写出双曲线方程，联立椭圆方程即可得到，再计算面积即可；
（3）联立椭圆方程与直线方程，根据相切得到，再求出点坐标，最后消元即可.
【小问1详解】
是面积为的等边三角形，，
椭圆的方程为，离心率.
【小问2详解】
由题意得双曲线中的，则，
所以双曲线方程为，
联立椭圆方程解得:，即，
.
【小问3详解】
由题易知，则联立，
得，
，即，
设为，则，
直线，令，解得，则，
令，则，则，
.
则点Px,y的轨迹方程为.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是联立直线方程与椭圆方程，根据判别式为0得到，再根据直线垂直得到直线方程，从而得到坐标，即得到的坐标，最后消元即可得到轨迹方程.