广东省茂名市2025届高三第二次综合测试数学数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1广东省茂名市2025届高三第二次综合测试数学试题一、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，则（）A.1 B. C. D.【答案】A【解析】，，故选：A．2.设集合，则是的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】∵集合，，∴是的真子集，是的充分不必要条件．故选：A．3.已知向量不共线，且，则实数（）A.3 B. C. D.【答案】D【解析】因为向量不共线，且，设，即，所以，解得．故选：D．4.若，则（）A.0 B. C.1 D.4【答案】C【解析】，即，则，.故选：C.5.二项式的展开式中的系数为（）A. B. C.40 D.80【答案】B【解析】由二项式定理的通项公式得：，令，解得：，所以的系数为：，故选：B．6.甲、乙、丙三人练习传球，每次传球时，持球者会等可能地传给另外两人中的任意一位，若第一次由甲开始传球，则经过四次传球后，球回到甲手中的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设事件“第次球在甲手中”，“第次球在乙手中”，“第次球在丙手中”，那么由题意可知：，又，所以，构造等比数列，因为第一次由甲传球，可认为第次传球在甲，即，所以是以为首项，公比为的等比数列，故，则.故选：C.7.已知函数为上的奇函数，，当时，，不等式的解集为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】构造，则，因为当时，，则此时，单调递增，则正负符号由决定，又因为，则，因为在上单调递增，则当时，，所以此时，当时，，所以此时，又因为为上的奇函数，则当时，，则，当时，，则，且，则若，则或即或，解得或，综上，的解集为.故选：D.8.设为坐标原点，为双曲线的左焦点，圆与的渐近线在第一象限的交点为，若，则的离心率为（）A B. C. D.【答案】B【解析】的渐近线为，联立，因为在第一象限的交点为，得，即，所以，又，故，化简得：，故选：B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.等差数列中，．记数列前项和为，下列选项正确的是（）A.数列的公差为2 B.取最小值时，C. D.数列的前10项和为50【答案】AD【解析】对A，设等差数列的公差为，则由题意知，解得，故A正确；对B，，，则当时，取最小值，故B错误；对C，，，则，故C错误；对D，数列的前10项和为，故D正确.故选：AD.10.的内角的对边分别为，已知，下列选项正确的是（）A. B.可能成立C.可能是等腰三角形 D.面积的最大值为20【答案】AC【解析】由正弦定理可得,即，即，即，且，所以，且，所以，故A正确；假设，则，又，则，不满足三角形两边之和大于第三边，故不可能成立，故B错误；假设，由余弦定理可得，代入可得，又，即，则成立，所以成立，成立，所以成立，故C正确；由三角形的面积公式，由余弦定理可得，即，且，，所以，化简可得，解得，所以时，三角形的面积最大，最大值为，故D错误；故选：AC11.设为坐标原点，对点（其中）进行一次变换，得到点，记为，则（）A.若，则B.若，则C.若，则D.为图象上一动点，，若的轨迹仍为函数图象，则【答案】ABD【解析】因为，，所以，所以，故A正确；因为，，所以，故B正确；因为，故，故，而，故，同理，故，故C错误；对于D，因为，故将顺时针旋转后仍为函数图像，故图象上的任意一点切线的斜率大于或等于，故即在上恒成立，故，故D成立.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，垂直轴于点，若，则______．【答案】8【解析】由题意可知焦点，准线方程为，又点在抛物线上，所以点到准线的距离为，由抛物线的定义可知.故答案为：.13.已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围是______．【答案】【解析】由于，两者都是当且仅当x＝1等号成立则所以．故答案：．14.已知棱长为的正四面体，且，为侧面内的一动点，若，则点的轨迹长为______．【答案】【解析】以为原点，以的方向为轴，建立空间直角坐标系，可得，因为，可得，设，因为，即，可得，整理得，所以点在空间中的轨迹是以为球心，半径为的球，又因为在侧面内，过点作平面于点，则为的中心，点在侧面内的轨迹为以为圆心，以为半径的圆的一部分，（如图所示的圆的虚线部分），因为，所以，所以，则，所以点的轨迹长度为.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.已知为常数，且．（1）若，求函数的单调区间；（2）若方程有且仅有2个不等的实数解，求的值．解：（1）因为，所以，所以，当和时，单调递增；当时，单调递减，所以的单调增区间为和，单调减区间为.（2）因为方程有2个不同的实数解，所以有2个零点，又由（1）可知，，因为，则当，，当，，则在单调递增，在单调递减，在单调递增，所以，解得或或或，又，所以.16.如图，在四棱锥中，平面，，，，，，为的中点，．（1）证明：；（2）若为线段上一点，且四点共面，求三棱锥的体积．（1）证明：由题意知，因为，所以，又平面，又平面，所以，又平面，且，所以平面，又平面，所以.（2）解：因为平面，又平面，所以，又，所以两两垂直，如图以A为原点，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为则，不妨令，则所以设，则，因为四点共面，则，解得，即，所以.17.某运动员为了解自己的运动技能水平，记录了自己1000次训练情况并将成绩（满分100分）统计如下表所示.成绩区间频数100200300240160（1）求上表中成绩的平均值及上四分位数（同一区间中的数据用该区间的中点值为代表）；（2）该运动员用分层抽样的方式从的训练成绩中随机抽取了6次成绩，再从这6次成绩中随机选2次，设成绩落在区间的次数为X，求X的分布列及数学期望；（3）对这1000次训练记录分析后，发现某项动作可以优化.优化成功后，原低于80分的成绩可以提高10分，原高于80分的无影响，优化失败则原成绩会降低10分，已知该运动员优化动作成功的概率为．在一次资格赛中，入围的成绩标准是80分.用样本估计总体的方法，求使得入围的可能性变大时p的取值范围.解：（1）依题意，平均值，，上四分位数落在区间，且等于.（2）由样本数据可知，训练成绩在之内的频数之比为2:1，由分层抽样的方法得，从训练成绩在中随机抽取了6次成绩，在之内的4次，在之内的抽取了2次，所以可取的值有：0，1，2，，，，分布列为：012.（3）法一：设事件分别表示动作优化前成绩落在区间，，，则相互互斥，所以动作优化前，在一次资格赛中，入围的概率，设事件B为＂动作优化成功＂，则，动作优化后，在一次资格赛中，入围事件为：，且事件相互互斥，所以在一次资格赛中入围的概率，故，由解得，又的取值范围是.法二：因为入围的成绩标准是80分，所以进行某项动作优化前，该运动员在资格赛中入围的概率为：，进行某项动作优化后，影响该运动员入围可能性变化的是落在区间或的成绩，当且仅当动作优化成功，落在这两个区间的成绩才能符合入围标准，所以进行优化后，该运动员在资格赛中入围的概率，由，得，又的取值范围是.18.已知椭圆的焦距为2，点在上，是的右焦点，设过点的直线与交于两点．（1）求的方程；（2）直线不与轴重合，且平分．①求的值；②若点是直线与的交点，证明：．解：（1）椭圆的焦距为，∴椭圆的左右焦点分别是，又点在椭圆上，，，椭圆的方程为：．（2）①依题意设直线的方程为：，联立方程组：，则，即，且，①由，的坐标可知轴，平分，等价于，即，把代入并化简得：，把①代入上式得：，化简得：（经检验，符合，则.②欲证，只需证：，由（2）可得，又，，即.19.已知为一个连续函数，若数列满足：，则称数列