2025年广东茂名高三一模高考数学试卷试题（答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页绝密★启用前2025年茂名市高三年级第一次综合测试数学试卷试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在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宇迹的钢笔或签字笔作答，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，请将答题卡交回.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．已知函数，则（

）A． B．3 C． D．3．已知直线，直线，若，则实数的值为（

）A．1 B． C．或1 D．04．已知，则，（

）A．0 B． C． D．5．在一个箱子中放5个白球，3个红球，摇匀后采用不放回方式随机摸球3次，每次一个，第3次摸到红球的概率是（

）A． B． C． D．6．已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为（

）A． B． C． D．7．在棱长为6的正方体中，，，过点的平面截该正方体所得截面的周长为（

）A． B．C． D．8．向量与在单位向量上的投影向量均为，且，当与的夹角最大时，（

）A．8 B．5 C． D．二､多选题：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．在一次数学竞赛中，将100名参赛者的成绩按区间分成5组，得到如下频率分布直方图，同一组中的数据用该组区间的中点值代表，根据图中信息，下列结论正确的是（

）A．B．该100名学生成绩的众数约为75C．该100名学生中成绩在的人数为48D．该100名学生成绩的第85百分位数约为82.510．下列命题正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则11．已知函数，则（

）A．当时，是增函数B．当时，的值域为C．当时，曲线关于点对称D．当时，，则三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知，则.13．已知，若直线上有且只有一点满足，则.14．已知数列各项都为正整数，，若，则的最小值为.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．已知分别为三个内角的对边，且.(1)求；(2)若，且的面积为，求.16．已知函数.(1)当时，求函数在处的切线方程；(2)若函数的最大值为0，求实数的值.17．如图，中，分别为的中点，将沿着翻折到某个位置得到.(1)线段上是否存在点，使得平面，并说明理由；(2)当时，求平面与平面所成角的余弦值.18．在平面直角坐标系中，椭圆的长轴长为4，离心率为，直线交于两点.(1)求的方程；(2)若直线过的右焦点，当面积最大时，求；(3)若直线不过原点，为线段的中点，直线与交于两点，已知四点共圆，证明：.19．已知数列，满足：为等比数列，，且.(1)求；(2)求集合中所有元素的和；(3)若集合中存在个不同元素，使得，则称为类集合.试判断是否为类集合.若是，求出所有的值；若不是，说明理由.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】在数轴上标出集合和集合，即可求得【详解】

如图，根据数轴可求得.故选：A2．C【分析】根据分段函数解析式计算可得.【详解】因为，所以，，所以.故选：C3．C【分析】根据两直线平行时系数的关系求解即可.【详解】根据两直线平行，可知，解得.故选：C4．B【分析】根据复数乘法运算法则运算即可.【详解】因为，，所以.故选：B5．A【分析】第次摸到红球，则分三种情况讨论：前次只有第次摸到红球，前次有两次摸到红球、其中第次一定摸到红球，前次摸到次红球，利用排列数公式及古典概型的概率计算可得.【详解】记第次摸到红球为事件，则.故选：A.6．D【分析】求出函数的定义域，再根据复合函数的单调性求解即可.【详解】由，可得或，即函数的定义域为，又因为在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，由复合函数的单调性可知在区间上单调递增，.故选：D.7．B【分析】取的中点，的中点，连接、、，则五边形为过点的截面，再计算截面周长即可.【详解】如图取的中点，的中点，连接、、，则五边形为过点的截面，取的中点，靠近的三等分点，连接、、，则，又且，所以四边形为平行四边形，所以，则，又且，所以为平行四边形，所以，则，所以四点共面；取、靠近、的三等分点、，连接、、，同理可证，，，所以，所以四点共面；所以五点共面；又，，，所以截面周长为.故选：B8．D【分析】建立适当的平面直角坐标系，用坐标表示出、，利用余弦定理确定，利用面积得到，由此推断最大时，最大，取最小值，利用坐标运算得到：，由二次函数性质求最值即可.【详解】设为轴正半轴上的单位向量，令，，，如图所示，设与的夹角为，若，在中，由余弦定理有：则，而，所以，所以，因为，所以，有根据正弦定理有：，即，整理有：，所以，当与的夹角最大时，最大，取最小值，因为，当且仅当时，取等号，所以当与的夹角最大时，.故选：D【点睛】关键点点睛：本题关键在于建立适当的平面直角坐标系，把向量的数量积用坐标表示，结合二次函数性质求值.9．AB【分析】根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之后为得到方程求出的值，再根据频率分布直方图一一判断即可.【详解】依题意可得，解得，故A正确；该100名学生成绩的众数约为，故B正确；该100名学生中成绩在的人数为人，故C错误；因为，，所以第85百分位数位于，设其为，则，解得，故D错误.故选：AB10．BCD【分析】举出反例即可判断A，由不等式的性质代入计算即可判断BD，由作差法即可判断C.【详解】对于A，取，满足，但是，故A错误；对于B，因为，不等式两边同时乘以负数，不等式方向改变，所以，不等式两边同时乘以负数，不等式方向改变，所以，所以，故B正确；对于C，因为，，又因为，所以，而，即，，所以，故C正确；对于D，设，即，则，解得，所以，又，则，且，所以，所以，故D正确；故选：BCD11．ACD【分析】根据复合函数的单调性判断A，利用特殊值判断B，计算即可判断C，根据函数的对称性与单调性转化为，再结合二次不等式的性质计算可得D.【详解】对于A：因为定义域为，当时在定义域上单调递增，且，又在上单调递增，所以在定义域上单调递增，故A正确；对于B：当时，但是，故B错误；对于C：当时，，则，所以曲线关于点对称，故C正确；对于D：当时，的图象是由图象向右平移个单位得到，所以的对称中心为，且在定义域上单调递增，所以，可得，即，从而得到，即恒成立，所以，解得，故D正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：D选项的关键是推导出的对称中心为，且在定义域上单调递增，从而将不等式转化为恒成立.12．【分析】将条件两边平方，再利用同角三角函数的平方关系和二倍角公式化简，得，解得.【详解】由，两边平方得，，所以.故答案为：13．【分析】设，根据求出点的轨迹方程，再根据直线与圆相切，求出参数的值.【详解】设，由，则，整理得，所以点在以为圆心，为半径的圆上，因为直线上有且只有一点满足，即直线与有且只有一个交点，所以，解得.故答案为：14．21【分析】利用已知等式得到每一项减前一项与每一项减后一项同时为1或可求；【详解】因为数列各项都为正整数，且，故或，故或，所以或，当时，因为各项都为正整数，所以的最小值为，此时，当时，因为，故或，故最小值为；当时，因为，故或，故最小值为；所以的最小值为.故答案为：21.15．(1)(2)或【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得；（2）利用余弦定理及面积公式得到方程组，解得即可.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，又B∈0,π，所以，所以，因为，所以；（2）因为，且的面积为，所以且，即，解得或.16．(1)(2)【分析】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线方程；（2）求出函数的导函数，分、两种情况讨论，说明函数的单调性，从而求出函数的最大值，从而求出参数的值.【详解】（1）当时，则，，所以，所以切线方程为，即；（2）函数的定义域为，且，当时，恒成立，所以函数在上单调递增，则无最大值，故舍去；当时，令，解得，，所以当时，，即在上单调递增，当时，，即在上单调递减，所以在处取得极大值，即最大值，即，所以，即，即，所以.17．(1)存在，且为中点，证明见解析(2)【分析】（1）根据题意，取中点，连接，由面面平行的判定定理可得平面平面，即可证明线面平行；（2）根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，然后以为原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及二面角的公式代入计算，即可得到结果.【详解】（1）存在，且为中点，证明如下：取中点，连接，因为为中点，所以，，又平面，平面，平面，平面，所以平面，平面，又，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面.（2）连接，则，又，所以，即，又因为，，平面，所以平面，又平面，所以，所以两两垂直，以为原点，分别为轴正半轴建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为n1=则，不妨令，则，所以，设平面的一个法向量为，则，不妨令，则，所以，设平面与平面所成角大小为，则，所以，平面与平面所成角的余弦值为.18．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）列出的方程，代入计算，即可得到椭圆标准方程；（2）根据题意，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理列出式子，再由弦长公式以及三角形的面积公式代入计算，结合基本不等式即可得到结果；（3）根据题意，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，即可得到的坐标，再由四点共圆可得，代入计算，即可证明.【详解】（1）依题意可得，解得，所以，故椭圆的方程为.（2）由（1）可知，由题可设直线的方程为，Ax1,y联立，消去可得，则恒成立，则，所以，当且仅当时等号成立，所以直线垂直于轴时，的面积取最大值，此时，.（3）

若直线的斜率为，为上下顶点，且，若四点共圆，则不成立，所以由题可设直线的方程为，，则，联立，可得，当，即时，，所以中点的坐标为，所以，故直线，由四点共圆，则，由，联立，可得，即，所以，所以，可得，所以，又直线不过原点，所以，所以，，即.19．(1)；(2)(3)答案见解析【分析】（1）利用已知条件求出、，结合数列为等比数列即可求，结合已知条件利用赋值作差求出，得到数列为等差数列，即可求出；（2）根据已知条件，确定集合中元素的情况，分成集合、集合两种情况，分析判断除去两集合中的重复元素，分组求和减去重复元素的和即可求解；（3）按照类集合的定义，分、、三种情况分别判断即可.【详解】（1）根据题意可得：，因为，代入上式解得，又因为，因为，，，解得，因为为等比数列，所以的公比为，所以，所以，即：，当时，，两式相减得：，化简得：，整理得：，所以是公差为的等差数列，所以.（2）因为，整理得