2025届南宁市一中高三数学上学期10月考试卷附答案解析

届南宁市一中高三数学上学期10月考试卷考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．4．本卷命题范围：高考范围．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.已知，且，其中是虚数单位，则（）A. B. C. D.3.已知定义域为的函数不是偶函数，则（）A. B.C. D.4.已知一组数据的平均数是3，方差为4，则数据的平均数和方差分别是（）A. B. C. D.5.已知递增的等差数列的前项和为，则（）A.70 B.80 C.90 D.1006.在中，，若，则（）A. B. C. D.7.已知函数在区间内既有最大值，又有最小值，则的取值范围是（）A. B. C. D.8.不等式对所有的正实数,恒成立，则的最大值为（）A.2 B. C. D.1二、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.如图，已知为圆锥底面的直径，，C为底面圆周上一点，弧的长度是弧的长度的2倍，异面直线与所成角的余弦值为，则（）．A.圆锥的体积为B.圆锥的侧面积为C.直线与平面所成的角大于D.圆锥外接球的表面积为10.已知抛物线的焦点分别为，若分别为上的点，且直线平行于轴，则下列说法正确的是（）A.若，则 B.若，是等腰三角形C.若，则四边形是矩形 D.四边形可能是菱形11.设，定义在上的函数满足，且，则（）A. B.C.为偶函数 D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中，含的项的系数为________．（用数字作答）13.在平面直角坐标系中，若角的终边过点，角的终边与角的终边关于轴对称，则______．14.已知椭圆的左焦点为，若关于直线的对称点恰好在上，且直线与的另一个交点为，则______．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.已知的内角所对的边分别为.（1）求角A的大小；（2）求的最大值.16.如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，点M是棱PC的中点．（1）求证：平面PAD；（2）求平面PAB与平面BMD所成锐二面角余弦值．17.中国体育代表团在2024年巴黎奥运会上取得了优异的成绩．为了解学生对奥运会的了解情况，某校组织了全校学生参加的奥运会知识竞赛，从一、二、三年级各随机抽取100名学生的成绩（满分：100分，各年级总人数相等），统计如下：年级一年级4060二年级2575三年级1090学校将测试成绩分为及格（成绩不低于60分）和不及格（成绩低于60分）两类，用频率估计概率，所有学生的测试成绩结果互不影响．（1）从一、二年级各随机抽一名学生，记表示这两名学生中测试成绩及格的人数，求的分布列和数学期望；（2）从这三个年级中随机抽取两个年级，并从抽取的两个年级中各随机抽取一名学生，求这两名学生测试成绩均及格的概率．18.已知双曲线的两条渐近线方程为为上一点．（1）求双曲线的方程；（2）若过点的直线与仅有1个公共点，求的方程；（3）过双曲线的右焦点作两条互相垂直的直线，，且与交于两点，记的中点与交于两点，记的中点为．若，求点到直线的距离的最大值．19.已知函数（其中）．（1）当时，证明：是增函数；（2）证明：曲线是中心对称图形；（3）已知，设函数，若对任意的恒成立，求的最小值．

2025届南宁市一中高三数学上学期10月考试卷考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．4．本卷命题范围：高考范围．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】解不等式化简集合，求出函数的定义域化简集合，再利用交集的定义求出求解即得.【详解】依题意，，所以.故选：A2.已知，且，其中是虚数单位，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，由复数的运算代入计算，结合复数相等列出方程，即可得到结果.【详解】由可得，即，所以，解得，则.故选：D3.已知定义域为的函数不是偶函数，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据偶函数的概念得是假命题，再写其否定形式即可得答案.【详解】定义域为R的函数是偶函数，所以不是偶函数．故选：D．4.已知一组数据的平均数是3，方差为4，则数据的平均数和方差分别是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，由平均数与方差的性质列出方程，代入计算，即可求解.【详解】设数据的平均数和方差分别是，，则数据的平均数是，方差是，所以，解得，，解得，即数据的平均数和方差分别是.故选：A5.已知递增的等差数列的前项和为，则（）A.70 B.80 C.90 D.100【答案】D【解析】【分析】设等差数列的公差为d，由题意结合等差数列的通项公式求出即可结合等差数列前n项和公式计算得解.【详解】设等差数列的公差为d，则由题得，解得，所以.故选：D.6.在中，，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先由求出AB=AC即，接着由余弦定理结合数量积的运算律计算得，再由平面向量模的求法即可计算比较得解.【详解】设的角A、B、C的对边为a、b、c，因为，所以，所以，故，所以AB=AC，即所以，所以，，，因为，所以，即.故选：B.7.已知函数在区间内既有最大值，又有最小值，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由条件求出的范围，结合正弦函数的性质列不等式可求结论.【详解】因为，，所以，由已知，，所以，所以的取值范围是.故选：C.8.不等式对所有的正实数,恒成立，则的最大值为（）A.2 B. C. D.1【答案】D【解析】【分析】由题意可得，令，则有，，结合基本不等式求得，于是有，从而得答案.【详解】解：因为,为正数，所以，所以，则有，令，则，所以，当且仅当时，等号成立，所以，，又，所以，即，所以的最小值为1，所以，即的最大值为1.故选：D.【点睛】方法点睛：对于恒成立问题，常采用参变分离法，只需求出分离后的函数(代数式)的最值即可得解.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.如图，已知为圆锥的底面的直径，，C为底面圆周上一点，弧的长度是弧的长度的2倍，异面直线与所成角的余弦值为，则（）．A.圆锥的体积为B.圆锥的侧面积为C.直线与平面所成的角大于D.圆锥的外接球的表面积为【答案】ABD【解析】【分析】A选项，作出辅助线，设底面圆的半径为，根据异面直线的夹角余弦值和余弦定理得到，从而得到圆锥的体积；B选项，根据侧面积公式求出答案；C选项，作出辅助线，得到直线与平面所成角的平面角为，并求出其正切值，得到；D选项，找到外接球球心，并根据半径相等得到方程，求出外接球半径，得到外接球表面积.【详解】A选项，连接并延长交圆于点，连接，因为为圆锥的底面的直径，弧的长度是弧的长度的2倍，故四边形为矩形，，则，异面直线与所成角等于异面直线与所成角，因为，所以，设底面圆的半径为，则，故，解得，则由勾股定理得，故圆锥的体积为，A正确；B选项，圆锥的侧面积为，B正确；C选项，取的中点，连接，则⊥，⊥，又，平面，故⊥平面，过点作⊥于点，由于平面，则⊥，又，平面，故⊥平面，故即为直线与平面所成的角，其中，则，由于，且在上单调递增，故，C错误；D选项，由对称性可知，外接球球心在上，连接，设圆锥的外接球半径为，则，由勾股定理得，即，解得，故圆锥外接球的表面积为，D正确.故选：ABD【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径10.已知抛物线的焦点分别为，若分别为上的点，且直线平行于轴，则下列说法正确的是（）A.若，则 B.若，是等腰三角形C.若，则四边形是矩形 D.四边形可能是菱形【答案】ABC【解析】【分析】不妨设Ax1,y, Bx2,yy>0，则，，对于A，由题意求出和即可求解AB；对于B，由题意得，进而可求出两点坐标，从而求出和即可判断；对于C，由题意先得，接着求出，进而求出，轴即可得解；对于D，先假设四边形是菱形，再推出矛盾即可得解.【详解】由题意得，不妨设Ax1则，，对于A，因为，又直线平行于轴，所以轴，所以，故，如图，故，故A正确；对于B，若，则，所以，解得，所以，所以，，所以，F2A+AB>F对于C，若，又直线平行于轴，所以轴，所以，故，故，轴，所以四边形是矩形，故C正确；对于D，若四边形是菱形，则，即即，所以，所以，所以可得，则四边形不是菱形，矛盾，所以四边形不是菱形，故D错误.故选：ABC.11.设，定义在上的函数满足，且，则（）A. B.C.为偶函数 D.【答案】ABD【解析】【分析】对于A，令，又，即可求得；对于B，令，再由，即可推得；对于C，令，可得，从而为奇函数；对于D，可推得，即的周期为，则.【详解】对于A，令，得，因为，所以，故A正确；对于B，令，代入可得，因为，所以，从而，故B正确；对于C，令，代入得，又因为对，恒成立且不恒为0，所以，从而为奇函数，又不恒等于0，故C错误；对于D，因为，所以，所以为的周期，所以，故D正确．故选：ABD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中，含的项的系数为________．（用数字作答）【答案】【解析】【分析】先求二项式的展开式的通项，再由乘法法则求出的展开式中含的项即可得解.【详解】由题意得的展开式的通项为，所以的展开式中，含的项为，所以展开式中含的项的系数为.故答案为：.13.在平面直角坐标系中，若角的终边过点，角的终边与角的终边关于轴对称，则______．【答案】##【解析】分析】由条件，根据三角函数定义可求，，根据对称性可求，，结合两角差正弦公式求结论.【详解】因为角的终边过点，所以，，又角的终边与角的终边关于轴对称，所以，，所以.故答案为：.14.已知椭圆的左焦点为，若关于直线的对称点恰好在上，且直线与的另一个交点为，则______．【答案】##0.2【解析】【分析】求出点关于直线对称点的坐标，进而求出，再结合椭圆定义及勾股定理求出即可.【详解】设关于直线的对称点，由，解得，即，令椭圆右焦点，则，，而点在椭圆上，由，得，设，则，显然的中点都在直线上，则平行于直线，从而，在中，，解得，所以.故答案为：【点睛】思路点睛：椭圆上一点与两焦点构成的三角形，称为椭圆的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用勾股定理、正弦定理、余弦定理、，得到a，c的关系．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.已知的内角所对的边分别为.（1）求角A的大小；（2）求最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意结合正弦定理和即可求解.（2）先由（1）结合余弦定理得，接着由正弦定理角化边得，再结合基本不等式即可求解.【小问1详解】因为，，所以由正弦定理得，又B∈0,π，故，所以即，又，所以.【小问2详解】由（1），所以由余弦定理得，所以由正弦定理得，当且仅当时等号成立.所以的最大值为.16.如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，点M是棱PC的中点．（1）求证：平面PAD；（2）求平面PAB与平面BMD所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取PD的中点E，连接ME，AE，根据E是PD的中点，得到，，从而四边形ABME是平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明；（2）以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，求得平面BDM的一个法向量n=x,y,z，平面PAB的一个法向量，设平面PAB与平面BMD所成锐二面角的大小为θ，由求解．【小问1详解】证明：取PD的中点E，连接ME，AE，因为E是PD的中点，M是PC的中点，所以，，又，，所以，，所以四边形ABME是平行四边形，所以，又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD．【小问2详解】解：因为平面ABCD，DA，平面ABCD，所以，，又，，所以．以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．则，所以．设平面BDM的一个法向量n=x,y,z，又，，所以令，解得，，所以平面BMD的一个法向量n=设平面PAB的一个法向量，又，，所以令，解得，，所以平面PAB的一个法向量，设平面PAB与平面BMD所成锐二面角的大小为θ，所以．即平面PAB与平面BMD所成锐二面角的余弦值为．17.中国体育代表团在2024年巴黎奥运会上取得了优异的成绩．为了解学生对奥运会的了解情况，某校组织了全校学生参加的奥运会知识竞赛，从一、二、三年级各随机抽取100名学生的成绩（满分：100分，各年级总人数相等），统计如下：年级一年级4060二年级2575三年级1090学校将测试成绩分为及格（成绩不低于60分）和不及格（成绩低于60分）两类，用频率估计概率，所有学生的测试成绩结果互不影响．（1）从一、二年级各随机抽一名学生，记表示这两名学生中测试成绩及格的人数，求的分布列和数学期望；（2）从这三个年级中随机抽取两个年级，并从抽取的两个年级中各随机抽取一名学生，求这两名学生测试成绩均及格的概率．【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）写出所有可能得取值，然后分别求出其对应概率，列出表格，即可得到分布列，再由期望的公式代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，由互斥事件概率公式代入计算，即可得到结果.【小问1详解】一年级学生及格的频率为，不及格的频率为，二年级学生及格的频率为，不及格的频率为，三年级学生及格的频率为，不及格的频率为，的所有可能取值为，则，，，所以的分布列为：012所以的期望为【小问2详解】由题意可知，抽到一、二年级，一、三年级，二、三年级的概率都是，所以抽到的两名学生测试成绩均及格的概率为.18.已知双曲线的两条渐近线方程为为上一点．（1）求双曲线的方程；（2）若过点的直线与仅有1个公共点，求的方程；（3）过双曲线的右焦点作两条互相垂直的直线，，且与交于两点，记的中点与交于两点，记的中点为．若，求点到直线的距离的最大值．【答案】（1）（2），，.（3）【解析】【分析】（1）列出关于的方程，代入计算，即可求解；（2）分直线斜率存在于不存在讨论，然后联立直线与双曲线方程，代入计算，即可得到结果；（3）分直线斜率存在于不存在讨论，分别联立直线与双曲线方程以及直线与双曲线方程，结合韦达定理代入计算，即可得到直线过定点，从而得到结果.【小问1详解】由题意可得，，解得，所以双曲线的方程为.【小问2详解】当直线斜率存在时，设直线的方程为，代入可得，当时，即时，直线与双曲线的渐近线平行，只有一个公共点，即直线的方程为，；当时，，即，可得，此时直线与双曲线相切，直线的方程为；显然，当直线斜率不存在时，直线与双曲线有两个公共点，不满足；综上所述，与双曲线仅有1个公共点的直线有3条：，，.【小问3详解】当直线的斜率不存在时，则与重合，又，即，所以，，此时直线的方程为，则到的距离为0；当直线的斜率为0时，则与重合，，，此时直线的方程为，则到