广东省六校2025届高三八月第一次联考数学试题（解析版）

2025届高三·八月·六校联考数学科试题（满分150分.考试时间120分钟.）.注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.并用2B铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的，答卷无效.2.选择题每小题选出答案后，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，只需将答题卡交回.一､单项选择题：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.若集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用对数函数的性质求解集合，再利用交集和补集的性质求解即可.【详解】令，解得，即，而，所以，故，即C正确.故选：C2.已知随机变量服从正态分布，若，则（）A.0.1 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由条件结合正态密度曲线的对称性可得，结合条件可求.【详解】因为随机变量服从正态分布，所以随机变量的均值,所以随机变量的密度曲线关于对称，所以，又，所以，因为，所以，故选：A.3.若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据指数型复合函数单调性的求法可得参数范围.【详解】由函数的定义域为，设，则，又单调递增，当时，，，无单调性，不成立；当时，在和上单调递增，即在和上单调递增，所以，则，即；当时，在和上单调递减，即在和上单调递减，不成立；综上所述，故选：C.4.已知：，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用两角和正弦公式和同角关系化简条件求，，再结合两角差正弦公式求结论.【详解】因为，所以，因为，所以，故，，，，所以，，所以.故选：C5.在菱形中，若，且在上的投影向量为，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，结合向量减法可得，再利用投影向量意义求出.【详解】由，得，而是菱形，则是正三角形，于是，，因此在上的投影向量为，所以.故选：B6.已知函数在处有极小值，则实数（）A.3 B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】利用导数建立方程求解参数，再结合题意进行检验即可.【详解】因为，所以，所以，而函数在处有极小值，所以，故，解得或，当时，，令f'x<0，，令f'故此时在上单调递增，在上单调递减，此时在处有极大值，不符合题意，排除，当时，，令f'x<0，，令f'故此时在上单调递增，在上单调递减，此时在处有极小值，符合题意，故D正确.故选：D7.将半径为的铁球磨制成一个圆柱体零件，则可能制作的圆柱体零件的侧面积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设圆柱的底面半径为，高为，由圆柱体零件的侧面积最大可得圆柱体内接于球，由此确定，，的关系，再求圆柱的侧面积表达式并利用基本不等式求其最值.【详解】设圆柱的底面半径为，高为，由圆柱体零件的侧面积最大可得圆柱体内接与球，此时圆柱的轴的中点为球的球心，所以，由基本不等式可得，当且仅当，时等号成立，所以，由圆柱的侧面积公式可得，圆柱的侧面积，所以，当且仅当，时等号成立，所以可能制作的圆柱体零件的侧面积的最大值为.故选：B8.设双曲线的左､右焦点分别为，过的直线与C的右支交于M，N两点，记与的内切圆半径分别为.若，则C的离心率为（）A. B. C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，探讨与的内心的横坐标的关系，再结合角平分线的性质及直角三角形射影定理列式计算即得.【详解】设，，其中，设与的内心的横坐标分别为，过分别作、、的垂线，垂足分别为、、，则、、，又，且，则，，于是，同理，因此点、在直线上，又平分，平分，，则，，而，，则，即，解得，所以双曲线的离心率.故选：D【点睛】求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：①定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；②齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.二､多项选择题：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.已知奇函数的定义域为，若，则（）A. B.的图象关于直线对称C. D.的一个周期为【答案】AD【解析】【分析】由奇函数可得，再根据函数的周期性与对称性分别判断.【详解】由函数为奇函数，则，A选项正确；又，即，则函数关于直线对称，B选项错误；由可知，即，函数的一个周期为，C选项错误，D选项正确；故选：AD.10.已知等比数列的公比为，前n项和为，若，且，则（）A. B. C. D.【答案】CD【解析】【分析】首先排除公比的特殊情况，结合给定条件解出公比范围，利用等比数列的性质逐个分析即可.【详解】当时，不可能作为公比，故排除，当时，不满足，故排除，设等比数列的首项为，因为，所以，因为，所以，，故，得到，解得也可得到，对左右两侧同乘后，未改变不等号方向，所以，综上，故B错误，而，故A错误，由等比数列的性质得该数列单调递减，故成立，则C正确，因为，，所以，所以，，所以成立，故D正确.故选：CD11.设复数z在复平面内对应的点为Z，任意复数z都有三角形式：，其中r为复数z的模，θ是以x轴的非负半轴为始边，射线OZ为终边的角（也被称为z的辐角）.若，，则.从0，1，中随机选出两个不同的数字分别作为一个复数的实部和虚部，如此重复操作n次，可得到n个复数：记.（）A.不存在n，使得B.若为实数，则的辐角可能为C.的概率为D.为整数的概率为【答案】ACD【解析】【分析】对于A,三个数中作为复数的实部和虚部，则其模长可能为，易知2024不能拆分成这三个数的乘积;对于B,由题可知即为为实数,举一个例子，即可判断B选项；对于C,由,则的值值为;，据此可以求出概率；对于D,若为整数，则的辐角可以为（3个加1个0），据此求出概率.【详解】由中任意选两个不同数字分别作为实部和虚部，则模长可能值为对于A,若,则，由253不是2与3的整数倍,故不存在，使，故对；对于B，若为实数,则的辐角为或,故B错；对于C，由,则取值为;.故,故C对;对于D，当r=1时,则辐角为0或时,则辐角为0或；当时,则辐角为或若为整数，则的辐角可以为（3个加1个0）故,故D对;故选：ACD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知圆与抛物线的准线交于，两点，若，则___________.【答案】【解析】【分析】根据抛物线的准线方程，直线与圆相交弦长公式可得.【详解】由抛物线的准线为，圆的圆心为，半径，则圆心到准线的距离，则，解得，故答案为：.13.若函数与在区间上均单调递增，则实数的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】确定，根据正弦函数的递增区间求出的范围，结合正弦函数的周期性求出的范围可得答案.【详解】当时，不具备单调性，当时，，若在区间上单调递增，则在在区间上单调递减，可得，因为在上是单调递增的，所以不成立，于是.若函数在区间上单调递增，则，，若函数在区间上单调递增，则，，因为，所以时，，且，可得，综上所述，.故答案为：.14.已知正方体的棱长为，若在该正方体的棱上恰有个点，满足，则的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】分别讨论当在正方体各个棱上时的取值范围，再根据点的个数求交集即可.【详解】当在棱、、、上时，由可知点在以，为焦点的椭圆上，且椭圆的长轴长为，此时设椭圆的短轴长为，易知，即，此时，即，且，即；当在、上时由、，即，即；当在、上时为等腰三角形，，即，即；当在、、、上时的取值范围均一致，当在上时，绕翻折，使平面与平面在同一平面内，如图所示，则，即，又在每条棱上运动时，所在位置与的值一一对应，又，所以若满足条件的点恰有个，则，故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用椭圆的定义，分类讨论在不同棱上的范围.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.设的内角，，的对边分别为，，，且.（1）求角B的大小，（2）若AB边上的高为，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据内角和公式，两角和正弦公式和正弦定理可得，结合条件可得，由此可求；（2）过点作边上的高，结合（1）及所给条件解直角三角形，求，，再利用余弦定理求.【小问1详解】在中，，由正弦定理：，由可得，又由题意知，且B∈0,.【小问2详解】在中过点作边的高，交边与，由题意可知，且和都是直角三角形．因为，所以是等腰直角三角形，所以，所以，由勾股定理，，，解得，，在中，由余弦定理得：，因此.16.如图，在三棱锥中，平面平面，，为棱的中点，点在棱上，，且.（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）依据题意证明直线与两个平面的交线垂直，再利用面面垂直的性质求解即可.（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法求解即可.【小问1详解】如图，取棱靠近的三等分点，连结，则是的中点，因为为棱的中点，所以是的中位线，所以，因为，所以，设，因为，所以，作，连接，则，因为，所以．在中，由余弦定理得，．又面，平面，因为面，所以．又由平面平面，平面平面，平面得证.【小问2详解】由（1）知，．以为原点，的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．令．设平面的法向量为，则即令，可得．连接，此时，，由余弦定理得，所以，所以，因为平面，所以，因为面，，所以面，故平面的一个法向量为．设平面和平面的夹角为，则，平面和平面夹角的余弦值为．17.已知函数在处的切线方程为.（1）求实数a的值；（2）探究在区间内的零点个数，并说明理由.【答案】（1）（2）在区间有且仅有两个零点,理由见解析.【解析】【分析】（1）运用导数几何意义，结合斜率可解;（2），令，运用的正负判定的单调性，再运用的正负得到单调性，结合零点存在性定理可解.【小问1详解】由题可知，由处的切线方程为，把点代入得．【小问2详解】由（1）可知，令，当时，，则在区间上单调递增．，由零点存在定理可知，存在，使得，即当时，，则在区间上单调递减；当时，，则在区间上单调递增，又，由零点存在定理可知在区间上有且仅有一个零点．当时，；当时，：在区间上单调递增．又，由零点存在定理可知，存在唯一零点，使得，综上可得，在区间有且仅有两个零点．18.已知椭圆的右焦点为F，点A，B在C上，且.当时，.（1）求C的方程；（2）已知异于F的动点P，使得.（i）若A，B，P三点共线，证明：点P在定直线上：（ii）若A，B，P三点不共线，且，求面积的最大值.【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）【解析】【分析】（1）根据已知列式求出,即可得出椭圆方程；（2）（i）联立方程组结合向量关系计算得出点在的直线方程；（ii）先根据弦长公式求出再应用圆的方程求出高的最大值即可.【小问1详解】当时，由对称性可知轴，，的标准方程为．【小问2详解】（i）（方法一）点异于点，设Ax1,y1联立方程，得，，由可知三点共线，且且，点在线段的延长线或反向延长线上，则，设Px,y，则，由，则，代入上式得，，把，代入上式得，命题得证．（方法二）点异于点，设Ax1,y三点共线，且且，点在线段AB的延长线或反向延长线上，，设Px,y，则，，，将①式减去②式，得，即，则，点在定直线上，命题得证．（ii）当时，由（i）可知解得不妨设A在第一象限，则将代入C的方程，得，，则直线的方程为，即，设，由可知，化简得，点在以为圆心，3为半径的圆上，且不在直线上，在直线上，面积的最大值为．19.对于任意正整数n，进行如下操作：若n为偶数，则对n不断地除以2，直到得到一个奇数，记这个奇数为；若n为奇数，则对不断地除以2，直到得出一个奇数，记这个奇数为.若，则称正整数n为“理想数”.（1）求20以内的质数“理想数”；（2）已知.求m的值；（3）将所有“理想数”从小至大依次排列，逐一取倒数后得到数列，记的前n项和为，证明：.【答案】（1）2和5为两个质数“理想数”（2）的值为12或18（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据“理想数”概念，结合列举法可解；（2）分析题意知道必为奇数，则必为偶数，结合整除知识得解；（3）将数列适当放缩，后分组，结合等比数列求和公式计算即可.【小问1详解】以内质数为，，故，所以为“理想数”；，而，故不是“理想数”；，而，故是“理想数”；，而，故不是“理想数”；，而，故不是“理想数”；，而，故不是“理想数”；，而，故不是“理想数”；，而，故不