广西2025届“武鸣高中-贵百河”高三下学期4月联考测试数学试卷（原卷版+解析版）

2025届“武鸣高中—贵百河”高三4月联考测试数学（考试时间：120分钟满分：150分）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效．一、单选题：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（为虚数单位），则（）A.1 B. C.2 D.43.双曲线两个焦点，焦距为8，为曲线上一点，，则（）A.1 B.1或9 C.9 D.34.空间中，已知两条直线，其方向向量分别为，则“”是“与所成角为”的（）A.充分非必要条件 B.必要非充分条件C.充要条件 D.既非充分又非必要条件5.若方程的四个根组成一个首项为的等差数列，则（）A.2 B. C. D.6.已知函数的周期为1，且在上单调递减，则可以是（）A. B.C. D.7.若正整数a，b满足等式，且，则（）A.1 B.2 C.2022 D.20238.定义的实数根为的“坚定点”，已知，且，则下列函数中，不存在“坚定点”的是（）A. B.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．9.一组样本数据．其中，，，求得其经验回归方程为：，残差为．对样本数据进行处理：，得到新的数据，求得其经验回归方程为：，其残差为，、分布如图所示，且，，则（）A.样本正相关 B.C. D.处理后的决定系数变小10.已知函数在上增函数，在上是减函数，且方程有实数根，，，则（）A. B.C. D.的最小值为511.如图，在长方体中，为棱上一点，且，平面上一动点满足是该长方体外接球（长方体的所有顶点都在该球面上）上一点，设该外接球球心为，则下列结论正确的是（）A.长方体外接球的半径为B.点到平面距离为C.球心到平面的距离为D.点的轨迹在内的长度为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知为锐角，且，则______．13.已知函数的定义域，值域，则函数为增函数的概率是__________．14.过抛物线上一动点作圆的两条切线，切点分别为，若的最小值是，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.已知在△ABC中，.（1）求A；（2）证明：.16.为比较甲、乙两所学校学生的数学水平，采用简单随机抽样的方法抽取80名学生．通过测验得到了如表数据：学校数学成绩合计不优秀优秀甲校301040乙校202040合计503080（1）依据小概率值的独立性检验，分析两校学生中数学成绩优秀率之间是否存在差异；如果表中所有数据都扩大为原来的10倍．在相同的检验标准下，再用独立性检验推断学校和数学成绩之间的关联性，结论还一样吗？请你试着解释其中的原因．（2）据调查，丙校学生数学成绩的优秀率为30%，且将频率视为概率、现根据甲、乙、丙三所学校总人数比例依次抽取了24人，30人，30人进行调查访谈．如果已知从中抽到了一名优秀学生，求该名学生来自丙校的概率．附：临界值表：α010.050.010.0050.001xα27063.84166357.87910.82817.如图，在四棱雉中，底面为等腰梯形，，，，为等边三角形，且平面平面．（1）作出点在平面的射影，并证明平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．18.设函数.（1）当时，证明：；（2）若在上为增函数，求a的取值范围；（3）证明：.19.已知圆和点（1）过点M作圆O的切线，求切线的方程；（2）已知，设P为满足方程的任意一点，过点P向圆O引切线，切点为B，试探究：平面内是否存在一定点N，使得为定值?若存在，则求出定点N的坐标，并指出相应的定值；若不存在，则说明理由；（3）过点M作直线l交圆O于两个不同的点C，线段CD不经过圆心，分别在点C，D处作圆O的切线，两条切线交于点E，求证：点E在一条定直线上，并求出该直线的方程.

2025届“武鸣高中—贵百河”高三4月联考测试数学（考试时间：120分钟满分：150分）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效．一、单选题：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】B【解析】【分析】利用对数与指幂的互换，结合对数函数的性质，根据交集，可得答案.【详解】由，，，则.故选：B．2.已知（为虚数单位），则（）A.1 B. C.2 D.4【答案】A【解析】【分析】根据复数代数形式的运算性质、共轭复数模的定义等即可解出.【详解】依题意，，所以．故选：A．3.双曲线两个焦点，焦距为8，为曲线上一点，，则（）A.1 B.1或9 C.9 D.3【答案】C【解析】【分析】先根据双曲线的焦距求出，再根据双曲线的定义即可得解.【详解】由题意可得，即，又，即，由双曲线的定义可得，解得或9，又，所以．故选：C.4.空间中，已知两条直线，其方向向量分别为，则“”是“与所成角为”的（）A.充分非必要条件 B.必要非充分条件C.充要条件 D.既非充分又非必要条件【答案】A【解析】【分析】根据空间两直线所成角的以及直线方向向量的定义，结合充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】由，可以推出与所成角为，但与所成角为时，或，所以是与所成角为的充分不必要条件.故选：A.5.若方程的四个根组成一个首项为的等差数列，则（）A.2 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意设方程的两个根为，方程的两个根为，，利用韦达定理结合等差数列的首项求出公差，进而可求出，即可得解.【详解】由，得或，设方程的两个根为，方程的两个根为，则，因为函数的对称轴都是，则不妨设，又因为方程的四个根组成一个首项为的等差数列，则，所以，设等差数列的公差为，则，解得，则等差数列为，所以，则.故选：A.6.已知函数的周期为1，且在上单调递减，则可以是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据三角函数的周期及单调性逐项分析即可.【详解】对于A，的周期为，当时，，所以不单调，故A错误；对于B，的周期为可知的周期为2，故B错误；对于C，的周期为，当时，，所以单调递减，符合题意，故C正确；对于D，因为的周期为，不合题意，故D错误.故选：C．7.若正整数a，b满足等式，且，则（）A.1 B.2 C.2022 D.2023【答案】D【解析】【分析】由，再根据二项式定理展开后可求的值.【详解】∵，∴.故选：D.8.定义的实数根为的“坚定点”，已知，且，则下列函数中，不存在“坚定点”的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】对各个选项的函数求导，根据“坚定点”的定义判断方程是否有解即可.【详解】对选项A：，令，则，解得，，存在“坚定点”；对选项B：，在上单调递减，时，，时，；在上单调递增，时，，时，，所以关于的方程在上有一解，存在“坚定点”；对选项C：，令，则，即，显然是“坚定点”；对选项D：，令，则，因为且，所以不存在“坚定点”．故选：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．9.一组样本数据．其中，，，求得其经验回归方程为：，残差为．对样本数据进行处理：，得到新的数据，求得其经验回归方程为：，其残差为，、分布如图所示，且，，则（）A.样本正相关 B.C. D.处理后的决定系数变小【答案】BC【解析】【分析】利用回归方程的系数正负性可判断A；利用样本中心点计算判断B；利用图象的波动性可判断CD.【详解】A，经验回归方程的斜率，则样本负相关，故A错误；B，原样本，因回归方程过样本中心，则，解得，故B正确；C，由已知的、分布图可知，的集中度更高，则更小，故C正确；D，由图可知，图2的残差波动范围更接近轴，拟合效果更好，决定系数更大，D错误．故选：BC．10.已知函数在上是增函数，在上是减函数，且方程有实数根，，，则（）A B.C. D.的最小值为5【答案】ABD【解析】【分析】由函数的单调性得到，求出，同时的另外一个根，求得，再由，比较系数构造等式即可判断；【详解】解：由得，因为在上是增函数，在上是减函数，所以，所以，此时的另外一个根，所以，因为方程有3个实数根，它们分别是，，2，所以，所以，且，所以，则，所以，因为，所以，所以的最小值是5，故选：ABD11.如图，在长方体中，为棱上一点，且，平面上一动点满足是该长方体外接球（长方体的所有顶点都在该球面上）上一点，设该外接球球心为，则下列结论正确的是（）A.长方体外接球的半径为B.点到平面的距离为C.球心到平面距离为D.点的轨迹在内的长度为【答案】ABD【解析】【分析】根据外接球的概念计算即可判断A；如图，点A到平面的距离为正方体体对角线长的，即可判断B；利用面面垂直的判定定理与性质可得平面，结合余弦定理计算即可判断C；确定点的轨迹为以为直径的圆，即可判断D.【详解】对于A，长方体外接球的半径，故A正确.对于B，以为A一顶点，为以A为顶点的棱，构造棱长为3的正方体，连接，则点A到平面的距离为正方体体对角线长的，得，故B正确；对于C，取的中点，连结，则，又面，所以面.面平面平面.过作于，则平面.在中，计算得，所以，于是，故C错误.对于D，过点A向平面作垂线，垂足为，连结，则，又，得，即点的轨迹为以为直径的圆，在中，，所以点的轨迹在内的长度为，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：解决本题选项D的关键是根据确定点的轨迹为以为直径的圆.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知为锐角，且，则______．【答案】【解析】【分析】利用二倍角的余弦公式可求得的值，再由同角的三角函数值的平方关系可求得.【详解】由．所以．由于为锐角，所以，则，结合，所以，因此．故答案为：．13.已知函数的定义域，值域，则函数为增函数的概率是__________．【答案】【解析】【分析】求出所有函数的个数，再求出增函数的个数，利用古典概型的概率公式可求对应的概率.【详解】若函数的定义域为，值域为，则不同的函数的个数为，其中增函数共有3个：（1）；（2）；（3）；故所求概率为，故答案为：.14.过抛物线上一动点作圆的两条切线，切点分别为，若的最小值是，则______.【答案】【解析】【分析】设，利用圆的切线性质，借助图形的面积把表示为的函数，再求出函数的最小值即可.【详解】设，则，圆的圆心，半径为，由切圆于点，得，

则，当且仅当时，等号成立，可知的最小值为，整理可得，解得，且，所以，故答案为：.【点睛】关键点点睛：根据切线的性质，将转化为，根据面积结合几何性质求解.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.已知在△ABC中，.（1）求A；（2）证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据两角和与差的正弦公式，将题中所给条件化为，再根据角是三角形内角，即可求出结果；（2）根据正弦定理，以及（1）的结果，要证，即证，不妨设（其中），将不等式左侧化简整理，即可证明结论成立.【详解】（1）由题意，，即，化简得，即，故或，又，解得或（舍去），故．（2）要证，即证，即证，由（1），，所以，即证．不妨设（其中），则显然恒成立．故，命题得证．16.为比较甲、乙两所学校学生的数学水平，采用简单随机抽样的方法抽取80名学生．通过测验得到了如表数据：学校数学成绩合计不优秀优秀甲校301040乙校202040合计503080（1）依据小概率值的独立性检验，分析两校学生中数学成绩优秀率之间是否存在差异；如果表中所有数据都扩大为原来的10倍．在相同的检验标准下，再用独立性检验推断学校和数学成绩之间的关联性，结论还一样吗？请你试着解释其中的原因．（2）据调查，丙校学生数学成绩的优秀率为30%，且将频率视为概率、现根据甲、乙、丙三所学校总人数比例依次抽取了24人，30人，30人进行调查访谈．如果已知从中抽到了一名优秀学生，求该名学生来自丙校的概率．附：临界值表：α0.10.050.010.0050.001xα2.7063.8416.635787910.828【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）由卡方公式进行求解即可；（2）利用全概率公式、条件概率公式进行求解即可.【小问1详解】因为，所以两校学生中数学成绩优秀率之间没有关系，所有数据都扩大10倍后：这时两校学生中数学成绩优秀率之间有关系，所以相同的检验标准下，再用独立性检验推断学校和数学成绩之间的关联性，结论不一样，主要是因为样本容量的不同，只有当样本容量越大时，用样本估计总体的准确性会越高.【小问2详解】抽取甲、乙、丙三所学校优秀学生人数分别为：，记分别为事件“抽到的学生来自甲、乙、丙学校”，为事件“抽到一名优秀学生”，则，，所以，所以从中抽到了一名优秀学生，该名学生来自丙校的概率为：.17.如图，在四棱雉中，底面为等腰梯形，，，，为等边三角形，且平面平面．（1）作出点在平面的射影，并证明平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）要证明平面，应用余弦定理得出，再结合面面垂直性质定理得出平面，，最后根据线面垂直判定定理证明；（2）由平面平面时，建立空间直角坐标系，求解二面角的余弦公式即可.【小问1详解】在中，作，垂足为，点即为点在平面的射影．下面证明平面：因为四边形为等腰梯形，所以，在，中，，，解得，．又，．又平面平面，平面平面平面，平面，又平面，．又，，，平面，平面．【小问2详解】连接点与的中点，则．又平面平面，平面平面，平面，平面．如图，以为原点，过点且平行于的方向为轴，直线，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，则．设平面的法向量为，易知，所以，则取，则，则．设平面的法向量为，，，所以，则取，则，则．，故平面与平面的夹角的余弦值为．18.设函数.（1）当时，证明：；（2）若在上为增函数，求a的取值范围；（3）证明：.【答案】（1）证明见解析（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）当时，.根据导数研究函数在上的单调性，再结合函数的奇偶性即可证明；（2）由函数在上为增函数可知对恒成立，利用分离参数法转化为求函数的最值即可求解；（3）由（1）可知：当时，.令，，则.由（2）可得，当时，，进而，即，即可求证结论.【小问1详解】当时，.因为是偶函数，先证当时，.由，设，所以，所以在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以.因为是偶函数，所以当时，，.综上，.【小问2详解】由，得.因为在上为增函数，所以对恒成立.①当时，恒成立，此时；②当时，即对恒成立.令，.由（1）知在单调递增，所以，即，所以，所以，解得，即a的取值范围为.【小问3详解】由（1）可知，当，时，，即，当且仅当时，等号成立.令，，则，即