2025屆廣東省肇慶市百花中學高三十月聯合考試數學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，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。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，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，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．已知復數，則（）A． B． C． D．22．設雙曲線（，）的一條漸近線與拋物線有且只有一個公共點，且橢圓的焦距為2，則雙曲線的標準方程為（）A． B． C． D．3．是正四面體的面內一動點，為棱中點，記與平面成角為定值，若點的軌跡為一段拋物線，則（）A． B． C． D．4．已知復數滿足，則（）A． B．2 C．4 D．35．已知a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，且，，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件6．若函數恰有3個零點，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．7．直角坐標系中，雙曲線（）與拋物線相交于、兩點，若△是等邊三角形，則該雙曲線的離心率（）A． B． C． D．8．若不等式在區間內的解集中有且僅有三個整數，則實數的取值范圍是()A． B．C． D．9．已知向量，，當時，（）A． B． C． D．10．已知實數，滿足約束條件，則目標函數的最小值為A． B．C． D．11．已知斜率為k的直線l與拋物線交于A，B兩點，線段AB的中點為，則斜率k的取值范圍是（）A． B． C． D．12．已知.給出下列判斷：①若，且，則；②存在使得的圖象向右平移個單位長度后得到的圖象關于軸對稱；③若在上恰有7個零點，則的取值范圍為；④若在上單調遞增，則的取值范圍為.其中，判斷正確的個數為（）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知是同一球面上的四個點，其中平面，是正三角形，，則該球的表面積為______.14．如圖，已知圓內接四邊形ABCD，其中，，，，則__________．15．點是曲線（）圖象上的一個定點，過點的切線方程為，則實數k的值為______.16．內角，，的對邊分別為，，，若，則__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）己知的內角的對邊分別為.設（1）求的值；（2）若，且，求的值.18．（12分）已知是各項都為正數的數列，其前項和為，且為與的等差中項．（1）求證：數列為等差數列；（2）設，求的前100項和．19．（12分）“綠水青山就是金山銀山”，為推廣生態環境保護意識，高二一班組織了環境保護興趣小組，分為兩組，討論學習．甲組一共有人，其中男生人，女生人，乙組一共有人，其中男生人，女生人，現要從這人的兩個興趣小組中抽出人參加學校的環保知識競賽.（1）設事件為“選出的這個人中要求兩個男生兩個女生，而且這兩個男生必須來自不同的組”，求事件發生的概率；（2）用表示抽取的人中乙組女生的人數，求隨機變量的分布列和期望20．（12分）已知.（1）若曲線在點處的切線也與曲線相切，求實數的值；（2）試討論函數零點的個數.21．（12分）已知數列的前項和為，且點在函數的圖像上；（1）求數列的通項公式；（2）設數列滿足：，，求的通項公式；（3）在第（2）問的條件下，若對于任意的，不等式恒成立，求實數的取值范圍；22．（10分）已知動圓E與圓外切，并與直線相切，記動圓圓心E的軌跡為曲線C.（1）求曲線C的方程；（2）過點的直線l交曲線C于A，B兩點，若曲線C上存在點P使得，求直線l的斜率k的取值范圍.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、C【解析】

根據復數模的性質即可求解.【詳解】,,故選：C【點睛】本題主要考查了復數模的性質，屬于容易題.2、B【解析】

設雙曲線的漸近線方程為，與拋物線方程聯立，利用，求出的值，得到的值，求出關系，進而判斷大小，結合橢圓的焦距為2，即可求出結論.【詳解】設雙曲線的漸近線方程為，代入拋物線方程得，依題意，，橢圓的焦距，，雙曲線的標準方程為.故選:B.【點睛】本題考查橢圓和雙曲線的標準方程、雙曲線的簡單幾何性質，要注意雙曲線焦點位置，屬于中檔題.3、B【解析】

設正四面體的棱長為，建立空間直角坐標系，求出各點的坐標，求出面的法向量，設的坐標，求出向量，求出線面所成角的正弦值，再由角的范圍，結合為定值，得出為定值，且的軌跡為一段拋物線，所以求出坐標的關系，進而求出正切值．【詳解】由題意設四面體的棱長為，設為的中點，以為坐標原點，以為軸，以為軸，過垂直于面的直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則可得，，取的三等分點、如圖，則，，，，所以、、、、，由題意設，，和都是等邊三角形，為的中點，，，，平面，為平面的一個法向量，因為與平面所成角為定值，則，由題意可得，因為的軌跡為一段拋物線且為定值，則也為定值，，可得，此時，則，.故選：B.【點睛】考查線面所成的角的求法，及正切值為定值時的情況，屬于中等題．4、A【解析】

由復數除法求出，再由模的定義計算出模．【詳解】．故選：A．【點睛】本題考查復數的除法法則，考查復數模的運算，屬于基礎題．5、C【解析】

根據線面平行的性質定理和判定定理判斷與的關系即可得到答案.【詳解】若，根據線面平行的性質定理，可得；若，根據線面平行的判定定理，可得.故選：C.【點睛】本題主要考查了線面平行的性質定理和判定定理，屬于基礎題.6、B【解析】

求導函數，求出函數的極值，利用函數恰有三個零點，即可求實數的取值范圍.【詳解】函數的導數為，令，則或，上單調遞減，上單調遞增，所以0或是函數y的極值點，函數的極值為：，函數恰有三個零點，則實數的取值范圍是：.故選B.【點睛】該題考查的是有關結合函數零點個數，來確定參數的取值范圍的問題，在解題的過程中，注意應用導數研究函數圖象的走向，利用數形結合思想，轉化為函數圖象間交點個數的問題，難度不大.7、D【解析】

根據題干得到點A坐標為，代入拋物線得到坐標為，再將點代入雙曲線得到離心率.【詳解】因為三角形OAB是等邊三角形，設直線OA為，設點A坐標為，代入拋物線得到x=2b,故點A的坐標為，代入雙曲線得到故答案為：D.【點睛】求雙曲線的離心率(或離心率的取值范圍)，常見有兩種方法：①求出，代入公式；②只需要根據一個條件得到關于的齊次式，結合轉化為的齊次式，然后等式(不等式)兩邊分別除以或轉化為關于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得(的取值范圍).8、C【解析】

由題可知，設函數，，根據導數求出的極值點，得出單調性，根據在區間內的解集中有且僅有三個整數，轉化為在區間內的解集中有且僅有三個整數，結合圖象，可求出實數的取值范圍.【詳解】設函數，，因為，所以，或，因為時，，或時，，，其圖象如下：當時，至多一個整數根；當時，在內的解集中僅有三個整數，只需，，所以.故選：C.【點睛】本題考查不等式的解法和應用問題，還涉及利用導數求函數單調性和函數圖象，同時考查數形結合思想和解題能力.9、A【解析】

根據向量的坐標運算，求出，，即可求解.【詳解】，.故選:A.【點睛】本題考查向量的坐標運算、誘導公式、二倍角公式、同角間的三角函數關系，屬于中檔題.10、B【解析】

作出不等式組對應的平面區域，目標函數的幾何意義為動點到定點的斜率，利用數形結合即可得到的最小值．【詳解】解：作出不等式組對應的平面區域如圖：目標函數的幾何意義為動點到定點的斜率，當位于時，此時的斜率最小，此時．故選B．【點睛】本題主要考查線性規劃的應用以及兩點之間的斜率公式的計算，利用z的幾何意義，通過數形結合是解決本題的關鍵．11、C【解析】

設，，，，設直線的方程為：，與拋物線方程聯立，由△得，利用韋達定理結合已知條件得，，代入上式即可求出的取值范圍．【詳解】設直線的方程為：，，，，，聯立方程，消去得：，△，，且，，，線段的中點為,，，，，，，，把代入，得，，，故選：【點睛】本題主要考查了直線與拋物線的位置關系，考查了韋達定理的應用，屬于中檔題．12、B【解析】

對函數化簡可得，進而結合三角函數的最值、周期性、單調性、零點、對稱性及平移變換，對四個命題逐個分析，可選出答案.【詳解】因為，所以周期.對于①，因為，所以，即，故①錯誤；對于②，函數的圖象向右平移個單位長度后得到的函數為，其圖象關于軸對稱，則，解得，故對任意整數，，所以②錯誤；對于③，令，可得，則，因為，所以在上第1個零點，且，所以第7個零點，若存在第8個零點，則，所以，即，解得，故③正確；對于④，因為，且，所以，解得，又，所以，故④正確.故選：B.【點睛】本題考查三角函數的恒等變換，考查三角函數的平移變換、最值、周期性、單調性、零點、對稱性，考查學生的計算求解能力與推理能力，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

求得等邊三角形的外接圓半徑，利用勾股定理求得三棱錐外接球的半徑，進而求得外接球的表面積.【詳解】設是等邊三角形的外心，則球心在其正上方處.設，由正弦定理得.所以得三棱錐外接球的半徑，所以外接球的表面積為.故答案為：【點睛】本小題主要考查幾何體外接球表面積的計算，屬于基礎題.14、【解析】

由題意可知，，在和中，利用余弦定理建立方程求，同理求，求，代入求值.【詳解】由圓內接四邊形的性質可得,．連接BD，在中，有．在中，．所以,則，所以．連接AC，同理可得,所以．所以．故答案為：【點睛】本題考查余弦定理解三角形，同角三角函數基本關系，意在考查方程思想，計算能力，屬于中檔題型，本題的關鍵是熟悉圓內接四邊形的性質，對角互補.15、1【解析】

求出導函數，由切線斜率為4即導數為4求出切點橫坐標，再由切線方程得縱坐標后可求得．【詳解】設，由題意，∴，，，即，∴，．故答案為：1．【點睛】本題考查導數的幾何意義，函數圖象某點處的切線的斜率就是該點處導數值．本題屬于基礎題．16、【解析】∵，∴，即，∴，∴．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）【解析】

（1）由正弦定理將，轉化，即，由余弦定理求得，再由平方關系得再求解.（2）由，得，結合再求解.【詳解】（1）由正弦定理，得，即，則，而，又，解得，故.（2）因為，則，因為，故，故，解得，故，則.【點睛】本題考查正弦定理、余弦定理、三角形的面積公式，考查運算求解能力以及化歸與轉化思想，屬于中檔題.18、（1）證明見解析；（2）.【解析】

（1）利用已知條件化簡出，當時，，當時，再利用進行化簡，得出，即可證明出為等差數列；（2）根據（1）中，求出數列的通項公式，再化簡出，可直接求出的前100項和．【詳解】解：（1）由題意知，即，①當時，由①式可得；又時，有，代入①式得，整理得，∴是首項為1，公差為1的等差數列．（2）由（1）可得，∵是各項都為正數，∴，∴，又，∴，則，，即：.∴的前100項和．【點睛】本題考查數列遞推關系的應用，通項公式的求法以及裂項相消法求和，考查分析解題能力和計算能力.19、（Ⅰ）；（Ⅱ）分布列見解析，.【解析】

（Ⅰ）直接利用古典概型概率公式求.（Ⅱ）先由題得可能取值為,再求x的分布列和期望.【詳解】（Ⅰ）（Ⅱ）可能取值為,,,,,的分布列為0123.【點睛】本題主要考查古典概型的計算，考查隨機變量的分布列和期望的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.20、（1）（2）答案不唯一具體見解析【解析】

（1）利用導數的幾何意義，設切點的坐標，用不同的方式求出兩種切線方程，但兩條切線本質為同一條，從而得到方程組，再構造函數研究其最大值，進而求得；（2）對函數進行求導后得，對分三種情況進行一級討論，即，，，結合函數圖象的單調性及零點存在定理，可得函數零點情況.【詳解】解:（1）曲線在點處的切線方程為，即.令切線與曲線相切于點，則切線方程為，∴，∴，令，則，記，于是，在上單調遞增，在上單調遞減，∴，于是，.（2），①當時，恒成立，在上單調遞增，且，∴函數在上有且僅有一個零點；②當時，在R上沒有零點；③當時，令，則，即函數的增區間是，同理，減區間是，∴.ⅰ）若，則，在上沒有零點；ⅱ）若，則有且僅有一個零點；ⅲ）若，則.，令，則，∴當時，單調遞增，.∴又∵，∴在R上恰有兩個零點，綜上所述，當時，函數沒有零點；當或時，函數恰有一個零點；當時，恰有兩個零點.【點睛】本題考查導數的幾何意義、切線方程、零點等知識，求解切線有關問題時，一定要明確切點坐標.以導數為工具，研究函數的圖象特征及性質，從而得到函數的零點個數，此時如果用到零點存在定理，必需說明在區間內單調且找到兩個端點值的函數值相乘小于0，才算完整的解法.21、（1）（2）當n為偶數時，；當n為奇數時，.（3）【解析】

（1）根據,討論與兩種情況,即可求得數列的通項公式;（2）由（1）利用遞推公式及累加法,即可求得當n為奇數或偶數時的通項公式.也可利用數學歸納法,先猜想出通項公式,再用數學歸納法證明.（3）分類討論,當n為奇數或偶數時,分別求得的最大值,即可求得的取值范圍.【詳解】（1）由題意可知,.當時,,當時,也滿足上式.所以.（2）解法一：由（1）可知,即.當時,,①當時,,所以,②當時,,③當時,,