广东省佛山市禅城区2025届高三统一调研测试数学试题（一） （解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省佛山市禅城区2025届高三统一调研测试数学试题（一）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.（）A. B. C.2 D.5【答案】B【解析】因，所以，故选：B.2.已知，且（）A.B B. C. D.【答案】D【解析】由可得.故选：D.3.若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以，，所以，故选：B4.抛掷2枚质地均匀的骰子，在掷出的两枚骰子点数之和为6点的条件下，点数均为奇数的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】掷出的两枚骰子的点数之和为6点包含，共5种情况，其中点数均为奇数的有，共3种情况，所以概率.故选：A5.已知是奇函数，则（）A. B.0 C. D.4【答案】A【解析】因为是奇函数，设，则，所以，即，所以，即，则.故选：A.6.记为等差数列的前项和，已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设等差数列的公差为d，且，所以，解得，所以，，故选：A7.已知圆台的高为1，下底面的面积，体积为，则该圆台的外接球表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如图，圆台与外接球的轴截面，如下，设上底面的半径为，下底面的半径为，外接球的半径为，由下底面的面积为，则，圆台的体积，即，解得或（舍），设，和中，，，两式联立，解得，，所以圆台外接球的表面积为.故选：C8.设是函数的导数，，，当时，，则使得成立的的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】令，则，因为时，，故当时，，故在上单调递增，且．因为，故，即，所以，故关于直线对称，故在上单调递减，且，当时，，则；当时，，则；所以使得成立的的取值范围是.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.已知直线，与平面，，，能使的充分条件是（）A.， B.，C.，， D.，，【答案】BD【解析】对于A：，，，也可能平行，故错误；对于B：若，，则，正确；对于C：，，，由线面垂直的判定定理可知不一定垂直于，故也不一定垂直，故错误；对于D：由，，可得：，再由，可证，故正确.故选：BD10.已知，，且，则（）A.的最小值为18 B.的最小值为36C.的最小值为 D.的最小值为【答案】ACD【解析】对于A，由于，即，则，即，当且仅当时等号成立，所以的最小值为18，故A正确；对于B，由，当且仅当且时等号成立，显然不能同时成立，取不到等号，故B错误；对于C，由于，所以有，当且仅当时等号成立，即的最小值为，故C正确；对于D，因为，，所以，所以，当且仅当，即，时等号成立，则的最小值为，故D正确．故选：ACD．11.已知函数，则下列命题中正确的是（）A.1是的极大值B.当时，C.当时，有且仅有一个零点，且D.若存在极小值点，且，其中，则【答案】ABD【解析】由题意可得，，令，当时，得或．对于A，当时，在和0,+∞上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极大值；当时，在和上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值；当时，，在上单调递增，在0,+∞上单调递减，所以在处取得极大值，所以A正确；对于B，当时，在上单调递增，又，因为，所以，所以B正确；对于C，当时，在上单调递增，由于，所以在上存在唯一的零点且小于0；若，则的极小值，即在0,+∞上没有零点，所以有且仅有一个零点且小于0，所以C错误；对于D，若存在极小值点，则，即，因为，所以，所以，，即，又，所以，所以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.已知的三个顶点分别为，，，且，则______．【答案】5【解析】由，，得，，因为，所以，则，得，解得.故答案为：.13.若直线与曲线相切，则________．【答案】【解析】设直线与曲线相切于点，求导可得，因此切线斜率，又切线过原点，可得，化简可得，令，则，当时，，即在上单调递减，当时，，即在上单调递增，所以在处取得极小值，也是最小值，，即可得，因此可得，即可得.14.已知函数在上单调，且，则的最大值为______．【答案】【解析】设的最小正周期为，且，因为在上单调，则，可得，又因为，且，可知为的对称中心，不妨设，如图所示：依次讨论对应为点，A，，种情况，且，若对应为点（或点之后），则，即，不合题意；若求的最大值，即的最小值，即与之间包含的周期最多，若对应为点，则为的对称轴，且，则，，满足，且此时为最小值，所以取值的最大值为．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.已知的内角，，的对边分别为，，，的面积为，．（1）求角的大小；（2）若，求的周长．解：（1）由题意知：，所以，因为，所以，所以，因为，所以，因为，所以；（2）由正弦定理得：，由（1）知：，所以，由余弦定理得：即，所以，所以的周长为．16.某机构为了解市民对交通的满意度，随机抽取了100位市民进行调查，结果如下：回答“满意”的人数占总人数的一半，在回答“满意”的人中，“上班族”的人数是“非上班族”人数的；在回答“不满意”的人中，“非上班族”占．（1）请根据以上数据填写下面列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析能否认为市民对于交通的满意度与是否上班存在关联？满意不满意合计上班族非上班族合计（2）该机构欲再从全市随机选取市民，进一步征求改善交通现状的建议．规定：抽样的次数不超过6次，若随机抽取的市民属于不满意群体，则抽样结束；若随机抽取的市民属于满意群体，则继续抽样，直到抽到不满意市民或抽样次数达到6次时，抽样结束．以调查数据中的满意度估计全市市民的满意度，求抽样次数的分布列和数学期望．附：0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828参考公式：，其中．解：（1）由题意可知，满意不满意合计上班族154055非上班族351045合计5050100假设：市民对交通的满意度与是否上班独立，因为，根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为市民对交通的满意度与是否上班有关，此推断犯错误的概率不大于0.001．（2）的可能取值为1，2，3，4，5，6．由（1）可知市民的满意度和不满意度均为，所以，，，，，所以的分布列为：123456所以．17.如图，在四棱锥中，平面平面，，，，．（1）求证：平面平面；（2）若，，点是线段上一点，且二面角的余弦值为，求的值．（1）证明：在底面中，因为，，所以．因为平面平面，平面平面，平面，所以平面．又因为平面，所以．又因为，，，平面，所以平面又因为平面，所以平面平面（2）解：取中点，连接，．因为，且，所以四边形为矩形．即平面，又因为在中，，所以，，两两垂直．以，，分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，设，则，，．设平面的法向量m=则，令，可得，即，因为平面，所以平面的法向量，所以．化简得即，解得或（舍），即．18.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）当时，若存、在，满足，证明：；（3）对任意的，恒成立，其中是函数的导数，求的取值范围．解：（1）的定义域为，．当时，，在上单调递增；当时，令，得或（舍去），当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减．综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减．（2）方法一：当时，，由，得，即由于，事实上，令，，时，；时，；所以，所以，即．所以，当且仅当时，等号成立，所以，得证．方法二：当时，，，由（1）知时，在上单调递增，当时，可证．不妨设，要证，即证，即证，因为，所以即证．令，其中，因为，所以，所以在上单调递增，所以，所以，所以．当时，因为，所以，所以，所以．综上，．（3）方法一：，由，得，即，所以对任意的，恒成立，等价于，由于，事实上，令，，时，；时，；所以，所以，即．所以，当且仅当时，等号成立（方程显然有解），即，所以．所以的取值范围是．方法二：，由，得，即，所以对任意，恒成立，等价于令，则，令，则，所以在上单调递增，又，，所以，所以存在，使得，所以，即，所以，所以，令，，所以在上单调递增，因为，所以又时，；时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，所以的取值范围是．19.欧几里得在《几何原本》中证明算术基本定理：任何一个大于1自然数，可以写成有限个素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，这个乘积形式是唯一的．对于任意正整数，记为的所有正因数的