2025屆南寧市一中高三數(shù)學上學期10月考試卷附答案解析

屆南寧市一中高三數(shù)學上學期10月考試卷考生注意：1．本試卷分選擇題和非選擇題兩部分．滿分150分，考試時間120分鐘．2．答題前，考生務必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項目填寫清楚．3．考生作答時，請將答案答在答題卡上．選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效．4．本卷命題范圍：高考范圍．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1已知集合，則（）A.B.C D.2.已知，且，其中是虛數(shù)單位，則（）A. B. C. D.3.已知定義域為的函數(shù)不是偶函數(shù)，則（）A. B.C. D.4.已知一組數(shù)據(jù)的平均數(shù)是3，方差為4，則數(shù)據(jù)的平均數(shù)和方差分別是（）A. B. C. D.5.已知遞增的等差數(shù)列的前項和為，則（）A.70 B.80 C.90 D.1006.在中，，若，則（）A. B. C. D.7.已知函數(shù)在區(qū)間內(nèi)既有最大值，又有最小值，則的取值范圍是（）A. B. C. D.8.不等式對所有的正實數(shù),恒成立，則的最大值為（）A.2 B. C. D.1二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.如圖，已知為圓錐底面的直徑，，C為底面圓周上一點，弧的長度是弧的長度的2倍，異面直線與所成角的余弦值為，則（）．A.圓錐的體積為B.圓錐的側(cè)面積為C.直線與平面所成的角大于D.圓錐外接球的表面積為10.已知拋物線的焦點分別為，若分別為上的點，且直線平行于軸，則下列說法正確的是（）A.若，則 B.若，是等腰三角形C.若，則四邊形是矩形 D.四邊形可能是菱形11.設，定義在上的函數(shù)滿足，且，則（）A. B.C.為偶函數(shù) D.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.的展開式中，含的項的系數(shù)為________．（用數(shù)字作答）13.在平面直角坐標系中，若角的終邊過點，角的終邊與角的終邊關(guān)于軸對稱，則______．14.已知橢圓的左焦點為，若關(guān)于直線的對稱點恰好在上，且直線與的另一個交點為，則______．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.已知的內(nèi)角所對的邊分別為.（1）求角A的大?。唬?）求的最大值.16.如圖，在四棱錐中，平面ABCD，，，，，點M是棱PC的中點．（1）求證：平面PAD；（2）求平面PAB與平面BMD所成銳二面角余弦值．17.中國體育代表團在2024年巴黎奧運會上取得了優(yōu)異的成績．為了解學生對奧運會的了解情況，某校組織了全校學生參加的奧運會知識競賽，從一、二、三年級各隨機抽取100名學生的成績（滿分：100分，各年級總?cè)藬?shù)相等），統(tǒng)計如下：年級一年級4060二年級2575三年級1090學校將測試成績分為及格（成績不低于60分）和不及格（成績低于60分）兩類，用頻率估計概率，所有學生的測試成績結(jié)果互不影響．（1）從一、二年級各隨機抽一名學生，記表示這兩名學生中測試成績及格的人數(shù)，求的分布列和數(shù)學期望；（2）從這三個年級中隨機抽取兩個年級，并從抽取的兩個年級中各隨機抽取一名學生，求這兩名學生測試成績均及格的概率．18.已知雙曲線的兩條漸近線方程為為上一點．（1）求雙曲線的方程；（2）若過點的直線與僅有1個公共點，求的方程；（3）過雙曲線的右焦點作兩條互相垂直的直線，，且與交于兩點，記的中點與交于兩點，記的中點為．若，求點到直線的距離的最大值．19.已知函數(shù)（其中）．（1）當時，證明：是增函數(shù)；（2）證明：曲線是中心對稱圖形；（3）已知，設函數(shù)，若對任意的恒成立，求的最小值．

2025屆南寧市一中高三數(shù)學上學期10月考試卷考生注意：1．本試卷分選擇題和非選擇題兩部分．滿分150分，考試時間120分鐘．2．答題前，考生務必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項目填寫清楚．3．考生作答時，請將答案答在答題卡上．選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效．4．本卷命題范圍：高考范圍．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，則（）A.B.C. D.【答案】A【解析】【分析】解不等式化簡集合，求出函數(shù)的定義域化簡集合，再利用交集的定義求出求解即得.【詳解】依題意，，所以.故選：A2.已知，且，其中是虛數(shù)單位，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題意，由復數(shù)的運算代入計算，結(jié)合復數(shù)相等列出方程，即可得到結(jié)果.【詳解】由可得，即，所以，解得，則.故選：D3.已知定義域為的函數(shù)不是偶函數(shù)，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)偶函數(shù)的概念得是假命題，再寫其否定形式即可得答案.【詳解】定義域為R的函數(shù)是偶函數(shù)，所以不是偶函數(shù)．故選：D．4.已知一組數(shù)據(jù)的平均數(shù)是3，方差為4，則數(shù)據(jù)的平均數(shù)和方差分別是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題意，由平均數(shù)與方差的性質(zhì)列出方程，代入計算，即可求解.【詳解】設數(shù)據(jù)的平均數(shù)和方差分別是，，則數(shù)據(jù)的平均數(shù)是，方差是，所以，解得，，解得，即數(shù)據(jù)的平均數(shù)和方差分別是.故選：A5.已知遞增的等差數(shù)列的前項和為，則（）A.70 B.80 C.90 D.100【答案】D【解析】【分析】設等差數(shù)列的公差為d，由題意結(jié)合等差數(shù)列的通項公式求出即可結(jié)合等差數(shù)列前n項和公式計算得解.【詳解】設等差數(shù)列的公差為d，則由題得，解得，所以.故選：D.6.在中，，若，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先由求出AB=AC即，接著由余弦定理結(jié)合數(shù)量積的運算律計算得，再由平面向量模的求法即可計算比較得解.【詳解】設的角A、B、C的對邊為a、b、c，因為，所以，所以，故，所以AB=AC，即所以，所以，，，因為，所以，即.故選：B.7.已知函數(shù)在區(qū)間內(nèi)既有最大值，又有最小值，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由條件求出的范圍，結(jié)合正弦函數(shù)的性質(zhì)列不等式可求結(jié)論.【詳解】因為，，所以，由已知，，所以，所以的取值范圍是.故選：C.8.不等式對所有的正實數(shù),恒成立，則的最大值為（）A.2 B. C. D.1【答案】D【解析】【分析】由題意可得，令，則有，，結(jié)合基本不等式求得，于是有，從而得答案.【詳解】解：因為,為正數(shù)，所以，所以，則有，令，則，所以，當且僅當時，等號成立，所以，，又，所以，即，所以的最小值為1，所以，即的最大值為1.故選：D.【點睛】方法點睛：對于恒成立問題，常采用參變分離法，只需求出分離后的函數(shù)(代數(shù)式)的最值即可得解.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.如圖，已知為圓錐的底面的直徑，，C為底面圓周上一點，弧的長度是弧的長度的2倍，異面直線與所成角的余弦值為，則（）．A.圓錐的體積為B.圓錐的側(cè)面積為C.直線與平面所成的角大于D.圓錐的外接球的表面積為【答案】ABD【解析】【分析】A選項，作出輔助線，設底面圓的半徑為，根據(jù)異面直線的夾角余弦值和余弦定理得到，從而得到圓錐的體積；B選項，根據(jù)側(cè)面積公式求出答案；C選項，作出輔助線，得到直線與平面所成角的平面角為，并求出其正切值，得到；D選項，找到外接球球心，并根據(jù)半徑相等得到方程，求出外接球半徑，得到外接球表面積.【詳解】A選項，連接并延長交圓于點，連接，因為為圓錐的底面的直徑，弧的長度是弧的長度的2倍，故四邊形為矩形，，則，異面直線與所成角等于異面直線與所成角，因為，所以，設底面圓的半徑為，則，故，解得，則由勾股定理得，故圓錐的體積為，A正確；B選項，圓錐的側(cè)面積為，B正確；C選項，取的中點，連接，則⊥，⊥，又，平面，故⊥平面，過點作⊥于點，由于平面，則⊥，又，平面，故⊥平面，故即為直線與平面所成的角，其中，則，由于，且在上單調(diào)遞增，故，C錯誤；D選項，由對稱性可知，外接球球心在上，連接，設圓錐的外接球半徑為，則，由勾股定理得，即，解得，故圓錐外接球的表面積為，D正確.故選：ABD【點睛】方法點睛：解決與球有關(guān)的內(nèi)切或外接的問題時，解題的關(guān)鍵是確定球心的位置．對于外切的問題要注意球心到各個面的距離相等且都為球半徑；對于球的內(nèi)接幾何體的問題，注意球心到各個頂點的距離相等，解題時要構(gòu)造出由球心到截面圓的垂線段、小圓的半徑和球半徑組成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半徑10.已知拋物線的焦點分別為，若分別為上的點，且直線平行于軸，則下列說法正確的是（）A.若，則 B.若，是等腰三角形C.若，則四邊形是矩形 D.四邊形可能是菱形【答案】ABC【解析】【分析】不妨設Ax1,y,?Bx2,yy>0，則，，對于A，由題意求出和即可求解AB；對于B，由題意得，進而可求出兩點坐標，從而求出和即可判斷；對于C，由題意先得，接著求出，進而求出，軸即可得解；對于D，先假設四邊形是菱形，再推出矛盾即可得解.【詳解】由題意得，不妨設Ax1則，，對于A，因為，又直線平行于軸，所以軸，所以，故，如圖，故，故A正確；對于B，若，則，所以，解得，所以，所以，，所以，F(xiàn)2A+AB>F對于C，若，又直線平行于軸，所以軸，所以，故，故，軸，所以四邊形是矩形，故C正確；對于D，若四邊形是菱形，則，即即，所以，所以，所以可得，則四邊形不是菱形，矛盾，所以四邊形不是菱形，故D錯誤.故選：ABC.11.設，定義在上的函數(shù)滿足，且，則（）A. B.C.為偶函數(shù) D.【答案】ABD【解析】【分析】對于A，令，又，即可求得；對于B，令，再由，即可推得；對于C，令，可得，從而為奇函數(shù)；對于D，可推得，即的周期為，則.【詳解】對于A，令，得，因為，所以，故A正確；對于B，令，代入可得，因為，所以，從而，故B正確；對于C，令，代入得，又因為對，恒成立且不恒為0，所以，從而為奇函數(shù)，又不恒等于0，故C錯誤；對于D，因為，所以，所以為的周期，所以，故D正確．故選：ABD．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.的展開式中，含的項的系數(shù)為________．（用數(shù)字作答）【答案】【解析】【分析】先求二項式的展開式的通項，再由乘法法則求出的展開式中含的項即可得解.【詳解】由題意得的展開式的通項為，所以的展開式中，含的項為，所以展開式中含的項的系數(shù)為.故答案為：.13.在平面直角坐標系中，若角的終邊過點，角的終邊與角的終邊關(guān)于軸對稱，則______．【答案】##【解析】分析】由條件，根據(jù)三角函數(shù)定義可求，，根據(jù)對稱性可求，，結(jié)合兩角差正弦公式求結(jié)論.【詳解】因為角的終邊過點，所以，，又角的終邊與角的終邊關(guān)于軸對稱，所以，，所以.故答案為：.14.已知橢圓的左焦點為，若關(guān)于直線的對稱點恰好在上，且直線與的另一個交點為，則______．【答案】##0.2【解析】【分析】求出點關(guān)于直線對稱點的坐標，進而求出，再結(jié)合橢圓定義及勾股定理求出即可.【詳解】設關(guān)于直線的對稱點，由，解得，即，令橢圓右焦點，則，，而點在橢圓上，由，得，設，則，顯然的中點都在直線上，則平行于直線，從而，在中，，解得，所以.故答案為：【點睛】思路點睛：橢圓上一點與兩焦點構(gòu)成的三角形，稱為橢圓的焦點三角形，與焦點三角形有關(guān)的計算或證明常利用勾股定理、正弦定理、余弦定理、，得到a，c的關(guān)系．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.已知的內(nèi)角所對的邊分別為.（1）求角A的大小；（2）求最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由題意結(jié)合正弦定理和即可求解.（2）先由（1）結(jié)合余弦定理得，接著由正弦定理角化邊得，再結(jié)合基本不等式即可求解.【小問1詳解】因為，，所以由正弦定理得，又B∈0,π，故，所以即，又，所以.【小問2詳解】由（1），所以由余弦定理得，所以由正弦定理得，當且僅當時等號成立.所以的最大值為.16.如圖，在四棱錐中，平面ABCD，，，，，點M是棱PC的中點．（1）求證：平面PAD；（2）求平面PAB與平面BMD所成銳二面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取PD的中點E，連接ME，AE，根據(jù)E是PD的中點，得到，，從而四邊形ABME是平行四邊形，得到，再利用線面平行的判定定理證明；（2）以D為坐標原點，DA，DC，DP所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，求得平面BDM的一個法向量n=x,y,z，平面PAB的一個法向量，設平面PAB與平面BMD所成銳二面角的大小為θ，由求解．【小問1詳解】證明：取PD的中點E，連接ME，AE，因為E是PD的中點，M是PC的中點，所以，，又，，所以，，所以四邊形ABME是平行四邊形，所以，又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD．【小問2詳解】解：因為平面ABCD，DA，平面ABCD，所以，，又，，所以．以D為坐標原點，DA，DC，DP所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示．則，所以．設平面BDM的一個法向量n=x,y,z，又，，所以令，解得，，所以平面BMD的一個法向量n=設平面PAB的一個法向量，又，，所以令，解得，，所以平面PAB的一個法向量，設平面PAB與平面BMD所成銳二面角的大小為θ，所以．即平面PAB與平面BMD所成銳二面角的余弦值為．17.中國體育代表團在2024年巴黎奧運會上取得了優(yōu)異的成績．為了解學生對奧運會的了解情況，某校組織了全校學生參加的奧運會知識競賽，從一、二、三年級各隨機抽取100名學生的成績（滿分：100分，各年級總?cè)藬?shù)相等），統(tǒng)計如下：年級一年級4060二年級2575三年級1090學校將測試成績分為及格（成績不低于60分）和不及格（成績低于60分）兩類，用頻率估計概率，所有學生的測試成績結(jié)果互不影響．（1）從一、二年級各隨機抽一名學生，記表示這兩名學生中測試成績及格的人數(shù)，求的分布列和數(shù)學期望；（2）從這三個年級中隨機抽取兩個年級，并從抽取的兩個年級中各隨機抽取一名學生，求這兩名學生測試成績均及格的概率．【答案】（1）答案見解析（2）【解析】【分析】（1）寫出所有可能得取值，然后分別求出其對應概率，列出表格，即可得到分布列，再由期望的公式代入計算，即可得到結(jié)果；（2）根據(jù)題意，由互斥事件概率公式代入計算，即可得到結(jié)果.【小問1詳解】一年級學生及格的頻率為，不及格的頻率為，二年級學生及格的頻率為，不及格的頻率為，三年級學生及格的頻率為，不及格的頻率為，的所有可能取值為，則，，，所以的分布列為：012所以的期望為【小問2詳解】由題意可知，抽到一、二年級，一、三年級，二、三年級的概率都是，所以抽到的兩名學生測試成績均及格的概率為.18.已知雙曲線的兩條漸近線方程為為上一點．（1）求雙曲線的方程；（2）若過點的直線與僅有1個公共點，求的方程；（3）過雙曲線的右焦點作兩條互相垂直的直線，，且與交于兩點，記的中點與交于兩點，記的中點為．若，求點到直線的距離的最大值．【答案】（1）（2），，.（3）【解析】【分析】（1）列出關(guān)于的方程，代入計算，即可求解；（2）分直線斜率存在于不存在討論，然后聯(lián)立直線與雙曲線方程，代入計算，即可得到結(jié)果；（3）分直線斜率存在于不存在討論，分別聯(lián)立直線與雙曲線方程以及直線與雙曲線方程，結(jié)合韋達定理代入計算，即可得到直線過定點，從而得到結(jié)果.【小問1詳解】由題意可得，，解得，所以雙曲線的方程為.【小問2詳解】當直線斜率存在時，設直線的方程為，代入可得，當時，即時，直線與雙曲線的漸近線平行，只有一個公共點，即直線的方程為，；當時，，即，可得，此時直線與雙曲線相切，直線的方程為；顯然，當直線斜率不存在時，直線與雙曲線有兩個公共點，不滿足；綜上所述，與雙曲線僅有1個公共點的直線有3條：，，.【小問3詳解】當直線的斜率不存在時，則與重合，又，即，所以，，此時直線的方程為，則到的距離為0；當直線的斜率為0時，則與重合，，，此時直線的方程為，則到