2025屆高三·八月·六校聯考數學科試題（滿分150分.考試時間120分鐘.）.注意事項：1.答題前，考生務必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的姓名和考生號?考場號?座位號填寫在答題卡上.并用2B鉛筆將對應的信息點涂黑，不按要求填涂的，答卷無效.2.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案不能答在試卷上.3.非選擇題必須用黑色字跡鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上：如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案，不準使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的答案無效.4.考生必須保持答題卡的整潔，考試結束后，只需將答題卡交回.一?單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.若集合，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用對數函數的性質求解集合，再利用交集和補集的性質求解即可.【詳解】令，解得，即，而，所以，故，即C正確.故選：C2.已知隨機變量服從正態分布，若，則（）A.0.1 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由條件結合正態密度曲線的對稱性可得，結合條件可求.【詳解】因為隨機變量服從正態分布，所以隨機變量的均值,所以隨機變量的密度曲線關于對稱，所以，又，所以，因為，所以，故選：A.3.若函數在區間上單調遞增，則實數的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據指數型復合函數單調性的求法可得參數范圍.【詳解】由函數的定義域為，設，則，又單調遞增，當時，，，無單調性，不成立；當時，在和上單調遞增，即在和上單調遞增，所以，則，即；當時，在和上單調遞減，即在和上單調遞減，不成立；綜上所述，故選：C.4.已知：，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用兩角和正弦公式和同角關系化簡條件求，，再結合兩角差正弦公式求結論.【詳解】因為，所以，因為，所以，故，，，，所以，，所以.故選：C5.在菱形中，若，且在上的投影向量為，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據給定條件，結合向量減法可得，再利用投影向量意義求出.【詳解】由，得，而是菱形，則是正三角形，于是，，因此在上的投影向量為，所以.故選：B6.已知函數在處有極小值，則實數（）A.3 B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】利用導數建立方程求解參數，再結合題意進行檢驗即可.【詳解】因為，所以，所以，而函數在處有極小值，所以，故，解得或，當時，，令f'x<0，，令f'故此時在上單調遞增，在上單調遞減，此時在處有極大值，不符合題意，排除，當時，，令f'x<0，，令f'故此時在上單調遞增，在上單調遞減，此時在處有極小值，符合題意，故D正確.故選：D7.將半徑為的鐵球磨制成一個圓柱體零件，則可能制作的圓柱體零件的側面積的最大值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】設圓柱的底面半徑為，高為，由圓柱體零件的側面積最大可得圓柱體內接于球，由此確定，，的關系，再求圓柱的側面積表達式并利用基本不等式求其最值.【詳解】設圓柱的底面半徑為，高為，由圓柱體零件的側面積最大可得圓柱體內接與球，此時圓柱的軸的中點為球的球心，所以，由基本不等式可得，當且僅當，時等號成立，所以，由圓柱的側面積公式可得，圓柱的側面積，所以，當且僅當，時等號成立，所以可能制作的圓柱體零件的側面積的最大值為.故選：B8.設雙曲線的左?右焦點分別為，過的直線與C的右支交于M，N兩點，記與的內切圓半徑分別為.若，則C的離心率為（）A. B. C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】根據給定條件，探討與的內心的橫坐標的關系，再結合角平分線的性質及直角三角形射影定理列式計算即得.【詳解】設，，其中，設與的內心的橫坐標分別為，過分別作、、的垂線，垂足分別為、、，則、、，又，且，則，，于是，同理，因此點、在直線上，又平分，平分，，則，，而，，則，即，解得，所以雙曲線的離心率.故選：D【點睛】求解橢圓或雙曲線的離心率的三種方法：①定義法：通過已知條件列出方程組，求得得值，根據離心率的定義求解離心率；②齊次式法：由已知條件得出關于的二元齊次方程，然后轉化為關于的一元二次方程求解；③特殊值法：通過取特殊值或特殊位置，求出離心率.二?多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知奇函數的定義域為，若，則（）A. B.的圖象關于直線對稱C. D.的一個周期為【答案】AD【解析】【分析】由奇函數可得，再根據函數的周期性與對稱性分別判斷.【詳解】由函數為奇函數，則，A選項正確；又，即，則函數關于直線對稱，B選項錯誤；由可知，即，函數的一個周期為，C選項錯誤，D選項正確；故選：AD.10.已知等比數列的公比為，前n項和為，若，且，則（）A. B. C. D.【答案】CD【解析】【分析】首先排除公比的特殊情況，結合給定條件解出公比范圍，利用等比數列的性質逐個分析即可.【詳解】當時，不可能作為公比，故排除，當時，不滿足，故排除，設等比數列的首項為，因為，所以，因為，所以，，故，得到，解得也可得到，對左右兩側同乘后，未改變不等號方向，所以，綜上，故B錯誤，而，故A錯誤，由等比數列的性質得該數列單調遞減，故成立，則C正確，因為，，所以，所以，，所以成立，故D正確.故選：CD11.設復數z在復平面內對應的點為Z，任意復數z都有三角形式：，其中r為復數z的模，θ是以x軸的非負半軸為始邊，射線OZ為終邊的角（也被稱為z的輻角）.若，，則.從0，1，中隨機選出兩個不同的數字分別作為一個復數的實部和虛部，如此重復操作n次，可得到n個復數：記.（）A.不存在n，使得B.若為實數，則的輻角可能為C.的概率為D.為整數的概率為【答案】ACD【解析】【分析】對于A,三個數中作為復數的實部和虛部，則其模長可能為，易知2024不能拆分成這三個數的乘積;對于B,由題可知即為為實數,舉一個例子，即可判斷B選項；對于C,由,則的值值為;，據此可以求出概率；對于D,若為整數，則的輻角可以為（3個加1個0），據此求出概率.【詳解】由中任意選兩個不同數字分別作為實部和虛部，則模長可能值為對于A,若,則，由253不是2與3的整數倍,故不存在，使，故對；對于B，若為實數,則的輻角為或,故B錯；對于C，由,則取值為;.故,故C對;對于D，當r=1時,則輻角為0或時,則輻角為0或；當時,則輻角為或若為整數，則的輻角可以為（3個加1個0）故,故D對;故選：ACD.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知圓與拋物線的準線交于，兩點，若，則___________.【答案】【解析】【分析】根據拋物線的準線方程，直線與圓相交弦長公式可得.【詳解】由拋物線的準線為，圓的圓心為，半徑，則圓心到準線的距離，則，解得，故答案為：.13.若函數與在區間上均單調遞增，則實數的取值范圍為___________.【答案】【解析】【分析】確定，根據正弦函數的遞增區間求出的范圍，結合正弦函數的周期性求出的范圍可得答案.【詳解】當時，不具備單調性，當時，，若在區間上單調遞增，則在在區間上單調遞減，可得，因為在上是單調遞增的，所以不成立，于是.若函數在區間上單調遞增，則，，若函數在區間上單調遞增，則，，因為，所以時，，且，可得，綜上所述，.故答案為：.14.已知正方體的棱長為，若在該正方體的棱上恰有個點，滿足，則的取值范圍為___________.【答案】【解析】【分析】分別討論當在正方體各個棱上時的取值范圍，再根據點的個數求交集即可.【詳解】當在棱、、、上時，由可知點在以，為焦點的橢圓上，且橢圓的長軸長為，此時設橢圓的短軸長為，易知，即，此時，即，且，即；當在、上時由、，即，即；當在、上時為等腰三角形，，即，即；當在、、、上時的取值范圍均一致，當在上時，繞翻折，使平面與平面在同一平面內，如圖所示，則，即，又在每條棱上運動時，所在位置與的值一一對應，又，所以若滿足條件的點恰有個，則，故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是利用橢圓的定義，分類討論在不同棱上的范圍.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.設的內角，，的對邊分別為，，，且.（1）求角B的大小，（2）若AB邊上的高為，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根據內角和公式，兩角和正弦公式和正弦定理可得，結合條件可得，由此可求；（2）過點作邊上的高，結合（1）及所給條件解直角三角形，求，，再利用余弦定理求.【小問1詳解】在中，，由正弦定理：，由可得，又由題意知，且B∈0,.【小問2詳解】在中過點作邊的高，交邊與，由題意可知，且和都是直角三角形．因為，所以是等腰直角三角形，所以，所以，由勾股定理，，，解得，，在中，由余弦定理得：，因此.16.如圖，在三棱錐中，平面平面，，為棱的中點，點在棱上，，且.（1）證明：平面；（2）若，求平面與平面的夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）依據題意證明直線與兩個平面的交線垂直，再利用面面垂直的性質求解即可.（2）建立空間直角坐標系，利用二面角的向量求法求解即可.【小問1詳解】如圖，取棱靠近的三等分點，連結，則是的中點，因為為棱的中點，所以是的中位線，所以，因為，所以，設，因為，所以，作，連接，則，因為，所以．在中，由余弦定理得，．又面，平面，因為面，所以．又由平面平面，平面平面，平面得證.【小問2詳解】由（1）知，．以為原點，的方向為軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系．令．設平面的法向量為，則即令，可得．連接，此時，，由余弦定理得，所以，所以，因為平面，所以，因為面，，所以面，故平面的一個法向量為．設平面和平面的夾角為，則，平面和平面夾角的余弦值為．17.已知函數在處的切線方程為.（1）求實數a的值；（2）探究在區間內的零點個數，并說明理由.【答案】（1）（2）在區間有且僅有兩個零點,理由見解析.【解析】【分析】（1）運用導數幾何意義，結合斜率可解;（2），令，運用的正負判定的單調性，再運用的正負得到單調性，結合零點存在性定理可解.【小問1詳解】由題可知，由處的切線方程為，把點代入得．【小問2詳解】由（1）可知，令，當時，，則在區間上單調遞增．，由零點存在定理可知，存在，使得，即當時，，則在區間上單調遞減；當時，，則在區間上單調遞增，又，由零點存在定理可知在區間上有且僅有一個零點．當時，；當時，：在區間上單調遞增．又，由零點存在定理可知，存在唯一零點，使得，綜上可得，在區間有且僅有兩個零點．18.已知橢圓的右焦點為F，點A，B在C上，且.當時，.（1）求C的方程；（2）已知異于F的動點P，使得.（i）若A，B，P三點共線，證明：點P在定直線上：（ii）若A，B，P三點不共線，且，求面積的最大值.【答案】（1）（2）（i）證明見解析；（ii）【解析】【分析】（1）根據已知列式求出,即可得出橢圓方程；（2）（i）聯立方程組結合向量關系計算得出點在的直線方程；（ii）先根據弦長公式求出再應用圓的方程求出高的最大值即可.【小問1詳解】當時，由對稱性可知軸，，的標準方程為．【小問2詳解】（i）（方法一）點異于點，設Ax1,y1聯立方程，得，，由可知三點共線，且且，點在線段的延長線或反向延長線上，則，設Px,y，則，由，則，代入上式得，，把，代入上式得，命題得證．（方法二）點異于點，設Ax1,y三點共線，且且，點在線段AB的延長線或反向延長線上，，設Px,y，則，，，將①式減去②式，得，即，則，點在定直線上，命題得證．（ii）當時，由（i）可知解得不妨設A在第一象限，則將代入C的方程，得，，則直線的方程為，即，設，由可知，化簡得，點在以為圓心，3為半徑的圓上，且不在直線上，在直線上，面積的最大值為．19.對于任意正整數n，進行如下操作：若n為偶數，則對n不斷地除以2，直到得到一個奇數，記這個奇數為；若n為奇數，則對不斷地除以2，直到得出一個奇數，記這個奇數為.若，則稱正整數n為“理想數”.（1）求20以內的質數“理想數”；（2）已知.求m的值；（3）將所有“理想數”從小至大依次排列，逐一取倒數后得到數列，記的前n項和為，證明：.【答案】（1）2和5為兩個質數“理想數”（2）的值為12或18（3）證明見解析【解析】【分析】（1）根據“理想數”概念，結合列舉法可解；（2）分析題意知道必為奇數，則必為偶數，結合整除知識得解；（3）將數列適當放縮，后分組，結合等比數列求和公式計算即可.【小問1詳解】以內質數為，，故，所以為“理想數”；，而，故不是“理想數”；，而，故是“理想數”；，而，故不是“理想數”；，而，故不是“理想數”；，而，故不是“理想數”；，而，故不是“理想數”；，而，故不