广东省八校2025届高三上学期8月联合检测 数学试题（含解析）

2024年8月广东八校高三联合检测数学注意事项：1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置。3．全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效。4．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。5．考试结束后，将本试题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．已知集合，则（）A． B．C． D．2．若，则（）A． B． C． D．3．已知向量，若，则（）A．1 B．2 C．3 D．64．已知，则（）A． B． C． D．15．已知一个圆柱的轴截面是正方形，一个圆锥与该圆柱的底面半径及侧面积均相等，则圆柱与圆锥的体积之比为（）A． B． C． D．6．已知函数在上单调递增，则的取值范围是（）A． B． C． D．7．已知函数与，则下列说法错误的是（）A．与存在相同的对称轴B．与存在相同的对称中心C．与的值域相同D．与在上有相同的单调性8．已知函数满足，则下列结论中正确的是（）A． B． C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求。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．随机变量服从正态分布，若，则（）A． B．C． D．10．设函数，则（）A．当时，有三个零点B．当时，无极值点C．，使在上是减函数D．图象对称中心的横坐标不变11．到两个定点的距离之积为大于零的常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线．设和且，动点满足，动点的轨迹显然是卡西尼卵形线，记该卡西尼卵形线为曲线，则下列描述正确的是（）A．曲线的方程是B．曲线关于坐标轴对称C．曲线与轴没有交点D．的面积不大于三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．设双曲线的左、右焦点分别为，过作轴的垂线交双曲线于两点，若是正三角形，则的离心率为______．13．若曲线在处的切线恰好与曲线也相切，则______．14．盒中有3个红球、个黄球、个绿球，所有球除颜色不同外其他没有任何区别．从盒中任抽两球，抽到两球均为红球的概率为．从盒中任抽3个球，记其中红球的个数为，则______．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤。15．（本小题满分13分）记的内角的对边分别为．（1）求角；（2）若外接圆的面积是，求面积的最大值．16．（本小题满分15分）设为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，点关于原点的对称点为，四边形的面积为．（1）求椭圆的方程；（2）若过的直线交椭圆于两点，求证：为定值．17．（本小题满分15分）如图，在三棱柱中，平面平面，平面平面．（1）证明：平面；（2）若，求直线与平面所成角的余弦值．18．（本小题满分17分）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围；（3）若对任意恒成立，求的取值范围．19．（本小题满分17分）马尔科夫链因俄国数学家安德烈・马尔科夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第次的状态有关，与第次状态无关．马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用．现有两个盒子，各装有2个黑球和1个红球，现从两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子，重复进行次这样的操作后，记盒子中红球的个数为，恰有1个红球的概率为．（1）求的值；（2）求的值（用表示）；（3）求证：的数学期望为定值．2024年8月广东八校高三联合检测·数学参考答案、提示及评分细则一、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。题号12345678答案DADCBCBA二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。题号91011答案ABBDABD1．D，故．2．A由，得，所以，故．3．D，若，则，所以．4．C因为，，所以，所以．5．B设圆柱的底面半径为，因为圆柱轴截面是正方形，所以圆柱的高为，依题意圆锥的底面半径为，设圆锥的母线长为，因为圆锥与该圆柱的侧面积相等，所以，所以，所以圆锥的高为，圆柱的体积，圆锥的体积，所以．6．C当时，要使恒成立，则，此时在上递增，要使在上递增，则，即，故的取值范围是．7．B对于，令，得的对称轴为，令，得的对称轴为，显然与有相同的对称轴；对于，令，得的对称中心为，令，得的对称中心为，由得，显然不存在整数使成立，故与没有相同的对称中心；对于C，与的值域显然均为；对于D，与均在上递增，在上递减．8．A令得；令得，所以；令得，所以；令得，所以；令4得．综上只有正确．9．AB根据知是1和3的中间值，故，所以A正确；在正态分布中，所以B正确，错误；当时，，所以错误．10．BD对于，当时，，令得或，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，，所以只有一个零点；对于B，，若无极值点，则，解得；对于，要使在上是减函数，则恒成立，显然不等式的解集不是；对于，由，得图象对称中心坐标为．11．ABD设，由得，化简得，故A正确；该方程中把改为或把改为方程均不变，故B正确；在方程中，令得，当时，或；当时，；当时，，故C不正确；，故D正确．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．设正三角形的边长为2，则，所以，则的离心率．13．－1曲线在处的切线是，令得，由切点在曲线上得．14．设盒中共有个球，则，解得，依题意满足超几何分布，故．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤。15．解：（1）由，得，化简得，因为，所以．（2）设外接圆的半径为，则，所以，又，所以，所以，又，所以，当且仅当时“”成立，即面积的最大值为．16．（1）解：设椭圆的焦距为，四边形为平行四边形，其面积设为，则，所以，所以，又，解得，所以椭圆的方程为．（2）证明：，当直线与轴重合时，的方程为，此时不妨令，则；当直线与轴不重合时，的方程可设为，由，得，设，则，综上，为定值4．17．（1）证明：取为内一点，作垂直，交于点，作垂直，交于点，因为平面平面且平面平面平面，所以平面，因为平面，所以，同理，因为，且平面，所以平面．（2）解：因为两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示．依题意．则．设平面的法向量为，则，令，则，所以．设直线与平面所成的角为，则．所以，故直线与平面所成角的余弦值为．18．解：（1）的定义域为，当时，时时；当时，时；当时，时；时；当时，时；时；综上，时，的递减区间是，递增区间是；时，的递增区间是，无递减区间；时，的递增区间是和，递减区间是；时，的递增区间是和，递减区间是．（2）令得，设，则，当时，递减；当时，递增，．因为时时要使直线与函数的图象有两个交点，则，即，故的取值范围是．（3）由得，当时上式显然恒成立，当时可转化为，设，则，设，则，因为所以，所以在上递增，所以，所以，所以在上递增，