广东省茂名市2024-2025学年高三上学期第一次综合测试数学试题（解析版）

这是一份广东省茂名市2024-2025学年高三上学期第一次综合测试数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁， 下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。
数学试卷
试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色宇迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回.
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. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在数轴上标出集合和集合，即可求得
【详解】
如图，根据数轴可求得.
故选：A
2. 已知函数，则（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据分段函数解析式计算可得.
【详解】因为，所以，，
所以.
故选：C
3. 已知直线，直线，若，则实数的值为（ ）
A. 1B. C. 或1D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线平行时系数的关系求解即可.
【详解】根据两直线平行，可知，解得.
故选：C
4. 已知，则，（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数乘法运算法则运算即可.
【详解】因为，，
所以.
故选：B
5. 在一个箱子中放5个白球，3个红球，摇匀后采用不放回方式随机摸球3次，每次一个，第3次摸到红球的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】第次摸到红球，则分三种情况讨论：前次只有第次摸到红球，前次有两次摸到红球、其中第次一定摸到红球，前次摸到次红球，利用排列数公式及古典概型的概率计算可得.
【详解】记第次摸到红球为事件，则.
故选：A.
6. 已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的定义域，再根据复合函数的单调性求解即可.
【详解】由，可得或，
即函数的定义域为，
又因为在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，
由复合函数单调性可知在区间上单调递增，
.
故选：D.
7. 在棱长为6的正方体中，，，过点的平面截该正方体所得截面的周长为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取的中点，的中点，连接、、，则五边形为过点的截面，再计算截面周长即可.
【详解】如图取的中点，的中点，连接、、，
则五边形为过点的截面，取的中点，靠近的三等分点，连接、、，
则，又且，所以四边形为平行四边形，
所以，则，
又且，所以为平行四边形，所以，则，
所以四点共面；
取、靠近、的三等分点、，连接、、，
同理可证，，，所以，
所以四点共面；
所以五点共面；
又，，，
所以截面周长为.
故选：B
8. 向量与在单位向量上的投影向量均为，且，当与的夹角最大时，（ ）
A. 8B. 5C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立适当的平面直角坐标系，用坐标表示出、，利用余弦定理确定，利用面积得到，由此推断最大时，最大，取最小值，利用坐标运算得到：，由二次函数性质求最值即可.
【详解】
设为轴正半轴上的单位向量，
令，，，
如图所示，设与的夹角为，若，
在中，由余弦定理有：则，
而，
所以，所以，
因为，所以，
有根据正弦定理有：，即，
整理有：，所以，
当与的夹角最大时，最大，取最小值，
因为，
当且仅当时，取等号，所以当与的夹角最大时，.
故选：D
【点睛】关键点点睛：
本题关键在于建立适当的平面直角坐标系，把向量的数量积用坐标表示，结合二次函数性质求值.
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. 在一次数学竞赛中，将100名参赛者的成绩按区间分成5组，得到如下频率分布直方图，同一组中的数据用该组区间的中点值代表，根据图中信息，下列结论正确的是（ ）
A.
B. 该100名学生成绩的众数约为75
C. 该100名学生中成绩在的人数为48
D. 该100名学生成绩的第85百分位数约为82.5
【答案】AB
【解析】
【分析】根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之后为得到方程求出的值，再根据频率分布直方图一一判断即可.
详解】依题意可得，解得，故A正确；
该100名学生成绩的众数约为，故B正确；
该100名学生中成绩在的人数为人，故C错误；
因为，，
所以第85百分位数位于，设其为，则，解得，故D错误.
故选：AB
10. 下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】举出反例即可判断A，由不等式的性质代入计算即可判断BD，由作差法即可判断C.
【详解】对于A，取，满足，但是，故A错误；
对于B，因为，不等式两边同时乘以负数，不等式方向改变，所以，
不等式两边同时乘以负数，不等式方向改变，所以，
所以，故B正确；
对于C，因为，，
又因为，所以mb−aaa+m>0，而，即，，
所以，故C正确；
对于D，设，即，
则，解得，所以，
又，则，且，
所以，所以，故D正确；
故选：BCD
11. 已知函数，则（ ）
A. 当时，是增函数
B. 当时，的值域为
C. 当时，曲线关于点对称
D. 当时，，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据复合函数的单调性判断A，利用特殊值判断B，计算即可判断C，根据函数的对称性与单调性转化为，再结合二次不等式的性质计算可得D.
【详解】对于A：因为定义域为，
当时在定义域上单调递增，且，又在上单调递增，
所以在定义域上单调递增，故A正确；
对于B：当时，但是，故B错误；
对于C：当时，，
则，所以曲线关于点对称，故C正确；
对于D：当时，的图象是由图象向右平移个单位得到，
所以的对称中心为，且在定义域上单调递增，
所以，可得，
即，从而得到，
即恒成立，所以，解得，故D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：D选项的关键是推导出的对称中心为，且在定义域上单调递增，从而将不等式转化为恒成立.
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】
【分析】将条件两边平方，再利用同角三角函数的平方关系和二倍角公式化简，得，解得.
【详解】由，两边平方得，
，
所以.
故答案为：
13. 已知，若直线上有且只有一点满足，则______.
【答案】
【解析】
【分析】设，根据求出点的轨迹方程，再根据直线与圆相切，求出参数的值.
【详解】设，由，则，
整理得，所以点在以为圆心，为半径的圆上，
因为直线上有且只有一点满足，
即直线与有且只有一个交点，
所以，解得.
故答案为：
14. 已知数列各项都为正整数，，若，则的最小值为______.
【答案】21
【解析】
【分析】利用已知等式得到每一项减前一项与每一项减后一项同时为1或可求；
【详解】因为数列各项都为正整数，且，
故或，
故或，
所以或，
当时，因为各项都为正整数，
所以的最小值为，此时，
当时，因为，故或，
故最小值为；
当时，因为，故或，
故最小值为；
所以的最小值为.
故答案为：21.
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. 已知分别为三个内角的对边，且.
（1）求；
（2）若，且的面积为，求.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得；
（2）利用余弦定理及面积公式得到方程组，解得即可.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
又B∈0,π，所以，所以，因为，所以；
【小问2详解】
因为，且的面积为，
所以且，
即，解得或.
16. 已知函数.
（1）当时，求函数在处的切线方程；
（2）若函数的最大值为0，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数导函数，利用导数的几何意义求出切线方程；
（2）求出函数的导函数，分、两种情况讨论，说明函数的单调性，从而求出函数的最大值，从而求出参数的值.
【小问1详解】
当时，则，，
所以，所以切线方程为，即；
【小问2详解】
函数的定义域为，且，
当时，恒成立，所以函数在上单调递增，则无最大值，故舍去；
当时，令，解得，，
所以当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，即，
所以，
即，即，所以.
17. 如图，中，分别为的中点，将沿着翻折到某个位置得到.
（1）线段上是否存在点，使得平面，并说明理由；
（2）当时，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）存在，且为中点，证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，取中点，连接，由面面平行的判定定理可得平面平面，即可证明线面平行；
（2）根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，然后以为原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及二面角的公式代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
存在，且为中点，证明如下：
取中点，连接，
因为为中点，所以，，
又平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面，
又，平面，
所以平面平面，
因为平面，所以平面.
【小问2详解】
连接，则，又，
所以，即，
又因为，，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以两两垂直，
以为原点，分别为轴正半轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为n1=x1,y1,z1，
则，不妨令，则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，不妨令，则，所以，
设平面与平面所成角大小为，则
，
所以，平面与平面所成角的余弦值为.
18. 在平面直角坐标系中，椭圆的长轴长为4，离心率为，直线交于两点.
（1）求的方程；
（2）若直线过的右焦点，当面积最大时，求；
（3）若直线不过原点，为线段的中点，直线与交于两点，已知四点共圆，证明：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）列出的方程，代入计算，即可得到椭圆标准方程；
（2）根据题意，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理列出式子，再由弦长公式以及三角形的面积公式代入计算，结合基本不等式即可得到结果；
（3）根据题意，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，即可得到的坐标，再由四点共圆可得，代入计算，即可证明.
【小问1详解】
依题意可得，解得，
所以，故椭圆的方程为.
【小问2详解】
由（1）可知，由题可设直线的方程为，Ax1,y1,Bx2,y2，
联立，消去可得，
则恒成立，
则，
所以
，
当且仅当时等号成立，所以直线垂直于轴时，的面积取最大值，
此时，.
小问3详解】

若直线的斜率为，为上下顶点，且，
若四点共圆，则不成立，
所以由题可设直线的方程为，，
则，联立，可得，
当，
即时，，
所以中点的坐标为，所以，
故直线，
由四点共圆，则，
由，
联立，可得，即，
所以，
所以，可得，
所以，
又直线不过原点，所以，所以，
，
即.
19. 已知数列，满足：为等比数列，，且.
（1）求；
（2）求集合中所有元素的和；
（3）若集合中存在个不同元素，使得，则称为类集合.试判断是否为类集合.若是，求出所有的值；若不是，说明理由.
【答案】（1）；
（2）
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用已知条件求出、，结合数列为等比数列即可求，结合已知条件利用赋值作差求出，得到数列为等差数列，即可求出；
（2）根据已知条件，确定集合中元素情况，分成集合、集合两种情况，分析判断除去两集合中的重复元素，分组求和减去重复元素的和即可求解；
（3）按照类集合的定义，分、、三种情况分别判断即可.
【小问1详解】
根据题意可得：，因为，代入上式解得，
又因为，因为，，，解得，
因为为等比数列，所以的公比为，
所以，
所以，
即：，
当时，，
两式相减得：，
化简得：，整理得：，
所以是公差为的等差数列，所以.
【小问2详解】
因为，
整理得：
记集合的全体元素的和为，
集合，为首项为，公比的等比数列，
所有元素的和为，
集合，为首项为，公差为的等差数列，
，所有元素的和为，
集合的所有元素的和为，则有，
对于数列，
当时，
是数列中的项，
当时，，不是数列中的项，
所以，其中
所以，
即（其中表示不超过实数的最大整数），
因为为首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以.
【小问3详解】
，
当，时，
是的整数倍，
故一定不是数列中的项，即，
当时，
不是数列中的项，
即，
当时，
是数列中的项，
即，
综上，是类集合，.
【点睛】关键点点睛：
本题关键在于理解类集合的定义，按照定义的条件去判断求证即可.