广东省广州市2025届高三下学期综合测试（一）数学试卷（Word版附解析）

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注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号.
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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字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的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
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. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. 1C. D. i
【答案】B
【解析】
【分析】先求出，结合虚部的概念可得答案.
【详解】因为，所以，所以的虚部为1.
故选：B
2. 已知集合，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出集合结合数轴推断取值范围.
【详解】，
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. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，及即可求解.
【详解】
因为点是线段的中点，
所以，
又，
所以，
所以，
故选：C
4. 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】
【分析】设出球的半径，求出圆台上下底面的半径，圆台的母线，由圆台的侧面展图形是扇环，利用圆台的侧面积公式可求圆台的侧面积.
【详解】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. 3B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，将点坐标代入双曲线方程中可得.求出点坐标代入双曲线的两条渐近线的距离之积，结合化简可得的其次方程，即可求解离心率.
【详解】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】
【分析】设指数函数，在同一坐标系中作出三个函数的图象，结合函数图象即可求解.
【详解】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】
【分析】设曲线与相邻的三个交点为，根据两角差的余弦公式，辅助角公式及正弦函数的性质求解出交点坐标，再根据勾股定理列出方程求解即可．
【详解】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】
【分析】由为偶函数可得，转化题设不等式为，结合单调性分析易得的解集为，的解集为，再结合题意可得5为方程的根，进而得到，进而结合基本不等式求解即可.
【详解】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】
【分析】根据题意，由平均数，方差，极差以及中位数定义，代入计算，即可判断.
【详解】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】
【分析】根据极值的定义可得，进而求出可判断A；结合函数的单调性判断B；代式计算判断C；由，可得，再结合函数的单调性可得，进而得到，再验证可得，进而判断D.
【详解】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：ACD
11. 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】
【分析】先根据几何性质求解动点的轨迹方程，A项，由两点间距离公式及三角函数有界性可得；B项，由点，利用参数方程解方程组可得；C项，联立直线与参数方程，结合三角函数图象可得交点个数；D项，由，利用均值不等式可得.
【详解】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】
【分析】根据给定条件，利用诱导公式及逆用和角的正弦公式求解.
【详解】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】
【分析】确定1，9的位置，再确定2，3的位置，最后确定余下4个数的位置，列式计算即可.
【详解】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：12
14. 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】
【分析】分析可知，结合正三棱锥可得在底面内的投影为底面的中心，且，做辅助线结合长方体的性质可得，即可知点的轨迹是以点为圆心，半径的圆的一部分即可求解.
【详解】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．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理以及和差角公式即可证明.
（2）根据正弦定理求得，再根据余弦定理求出，利用面积公式求出的面积.
【小问1详解】
因为，
根据正弦定理得：
又，所以，
所以，
即，
所以，或（舍），
所以.
【小问2详解】
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．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）列出5人传球三次的树状图，根据概率乘法公式和加法公式得解；
（2）由题意知，，根据数列的构造法求通项公式；
（3）由题意知，作差法比大小.
【小问1详解】
由题意知，
，
所以；
【小问2详解】
由题意知，，
所以，
所以，
则；
【小问3详解】
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．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）有2条，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由抛物线得定义即可求解；
（2）（i）由题可知，直线的斜率存在且不为0，故设直线的方程为，设直线与相交于两点，不妨设，由直线方程与抛物线方程联立，求得，求出直线的斜率，即可证明；（ii）由（i）得出四边形为平行四边形，根据四边形的面积为12列出关于的方程，根据导数判断方程解的个数即可．
【小问1详解】
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．
【小问2详解】
（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．
【答案】（1）集合是的子集，理由见详解；
（2）不是集合的变换函数，理由见详解；
（3）存在，.
【解析】
【分析】（1）由题中新定义及已知集合构造一个满足定义的函数即可；
（2）分析得到函数的单调性，用假设法进行判断.先假设，然后由题中定义可知，建立方程后求得的关系，推理产生矛盾，从而得到结论；
（3）构造满足题意得集合和，再验证满足题中定义即可.
【小问1详解】
当函数时，
，
此时函数是集合的变换函数，
∴集合是的子集.
【小问2详解】
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.
【小问3详解】
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.
【点睛】方法点睛：本题第二小问，要想证明结论不成立，一般采用假设法进行判断.具体步骤是：先假设结论成立；然后根据条件得到关系式；通过推理得出相矛盾的结论；即可否定假设；得到正确结论.