PAGE23-廣東省梅州市2025屆高三數學下學期總復習質檢試題理（含解析）一、選擇題：本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中只有一個是符合題目要求的.1.復數，則其共軛復數（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由復數的四則運算化簡復數，再求即可.【詳解】故選：A【點睛】本題主要考查了復數的四則運算以及共軛復數的概念，屬于基礎題.2.已知集合則=（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出函數的值域化簡集合的表示，求出函數的定義域化簡集合的表示，最終依據集合交集的定義進行求解即可.【詳解】因為，，所以.故選：C【點睛】本題考查了集合交集的運算，本題考查了求函數的定義域和值域，考查了數學運算實力.3.在中是的中點，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依據平面對量基本定理，結合平面對量的加法的幾何意義進行求解即可.【詳解】因為，所以是的中點.又因為是的中點，所以.故選：D【點睛】本題考查了平面對量基本定理的應用，考查了平面對量加法的幾何意義，考查了數學運算實力.4.以下四個命題：①若為假命題，則p，q均為假命題；②對于命題則p為：；③是函數在區間上為增函數的充分不必要條件；④為偶函數的充要條件是其中真命題的個數是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】【分析】依據且命題的定義推斷①；依據否定的定義推斷②；依據對數函數的性質以及充分條件和必要條件的定義推斷③；舉反例結合函數奇偶性的定義推斷④.【詳解】對①，若為假命題，則中至少一個為假命題，故①錯誤；對②，命題的否定為，故②錯誤；對③，當時，函數在區間上為增函數；當函數在區間上為增函數時，，即是函數在區間上為增函數的充分不必要條件，故③正確；對④，當時，，，此時函數也是偶函數，故④錯誤；故選：A【點睛】本題主要考查了推斷命題的真假，涉及了特稱命題的否定，推斷充分不必要條件，函數奇偶性定義的應用，屬于中檔題.5.2024年起，我省將實行“3+1+2”高考模式，某中學為了解本校學生的選考狀況，隨機調查了100位學生，其中選考化學或生物的學生共有70位，選考化學的學生共有40位，選考化學且選考生物的學生共有20位．若該校共有1500位學生，則該校選考生物的學生人數的估計值為（）A.300 B.450 C.600 D.750【答案】D【解析】【分析】先求出100位樣本中選考生物沒有選考化學的學生共有位，依據已知選考化學且選考生物的學生共有20位，得到選考生物的學生有位，計算比值估計選考生物的總體人數.【詳解】因為選考化學或生物的學生共有70位，選考化學的學生共有40位，所以選考生物沒有選考化學的學生共有位，又選考化學且選考生物的學生共有20位，所以選考生物的學生有位所以在100位學生中選考生物的占比為，該校共有1500位學生，則該校選考生物的學生人數的估計值為人故選：D【點睛】本題考查用樣本估計總體，屬于基礎題.利用樣本的數字特征解決優化決策問題的依據(1)平均數反映了數據取值的平均水平；標準差、方差描述了一組數據圍繞平均數波動的大小．標準差、方差越大，數據的離散程度越大，越不穩定；標準差、方差越小，數據的離散程度越小，越穩定．(2)用樣本估計總體就是利用樣本的數字特征來描述總體的數字特征．6.綻開式的常數項為（）A.120 B.160 C.200 D.240【答案】B【解析】【分析】依據多項式乘法法則求解．【詳解】由題意常數項為．故選：B．【點睛】本題考查三項式綻開式中的項，解題時可用二項式定理，也可結合多項式乘法法則求解．7.在各項不為0的等差數列中，，數列是等比數列，且，則等于（）A.2 B.4 C.8 D.16【答案】D【解析】【分析】依據等差數列的性質得到，數列是等比數列，故=16.【詳解】等差數列中,,故原式等價于-解得或各項不為0的等差數列,故得到，數列是等比數列，故=16.故答案為D.【點睛】本題考查數列的性質，是基礎的計算題，對于等比等差數列的小題，常用到的方法，其一是化為基本量即首項和公比或者公差，其二是視察各項間的腳碼關系，即利用數列的基本性質.8.某幾何體的三視圖如圖示，已知其主視圖的周長為8，則該幾何體側面積的最大值為（）A.2π B.4π C.16π D.不存在【答案】B【解析】【分析】由三視圖得到幾何體為圓錐，設出圓錐的底面半徑和母線長，依據主視圖的周長得到一個等量關系，然后利用基本不等式求得側面積的最大值.【詳解】由三視圖知，該幾何體為圓錐，設底面的半徑為，母線的長為，由其主視圖的周長為8，則，即該幾何體側面積（當且僅當時“=”成立）.故選：B.【點睛】本小題主要考查由三視圖還原為原圖，考查圓錐的側面積計算公式，考查利用基本不等式求最值，屬于基礎題.9.若有下列四個不等式：①；②③；④則下列組合中全部正確的為（）A.①② B.①③ C.①④ D.②③【答案】B【解析】【分析】依據不等式性質，結合舉例法，分別對①②③④推斷即可．【詳解】解：若，則，①，故①正確；②令，，則，故②錯誤；③由，得，則，即，則成立，故③正確；④令，，則，，則，故④錯誤；故選：B．【點睛】本題主要考查不等式的基本性質的應用，屬于基礎題．10.已知直線：2x-y+3=0和直線：x=-1，拋物線上的點P到直線和直線的距離之和的最小值是（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】依據x=-1是拋物線的準線，則點P到x=-1的距離等于PF，依據垂直線段最短，利用數形結合法，得到點F到直線2x-y+3=0的距離，即為P到直線和直線的距離之和的最小值求解.【詳解】因為x=-1是拋物線的準線，所以點P到x=-1的距離等于PF，因為拋物線的焦點為，如圖所示：過點F作直線：2x-y+3=0的垂線，與拋物線的交點即為點P，所以P到直線和直線的距離之和的最小值就是：點F到直線2x-y+3=0的距離，所以最小值為：.故選：A【點睛】本題主要考查拋物線性質的應用，還考查了數形結合，轉化化歸的思想和運算求解的實力，屬于中檔題.11.(2024·石家莊一模)祖暅是南北朝時期的宏大數學家，5世紀末提出體積計算原理，即祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異”．意思是：夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平面的任何一個平面所截，假如截面面積都相等，那么這兩個幾何體的體積肯定相等．現有以下四個幾何體：圖①是從圓柱中挖去一個圓錐所得的幾何體，圖②、圖③、圖④分別是圓錐、圓臺和半球，則滿意祖暅原理的兩個幾何體為()A.①② B.①③C.②④ D.①④【答案】D【解析】設截面與底面的距離為，則①中截面內圓半徑為，則截面圓環的面積為；②中截面圓的半徑為，則截面圓的面積為；③中截面圓的半徑為，則截面圓的面積為；②中截面圓的半徑為，則截面圓的面積為，所以①④中截面的面積相等，故選D．12.在直角坐標系xOy中，假如相異兩點都在函數的圖象上，那么稱A，B為函數的一對關于原點成中心對稱的點對(A，B與B，A為同一對).函數圖象上關于原點成中心對稱的點對有（）A.1對 B.2對 C.3對 D.4對【答案】C【解析】【分析】作出函數，作出關于原點的對稱圖像，由圖象交點個數即可得到結論.【詳解】若圖象上有關于原點成中心對稱的點，則與關于原點對稱圖像有交點，作出，圖象如圖，由圖象可知，有3個交點，從而有3對關于原點對稱的點.故選：C【點睛】本題主要考查了對數函數、正弦型函數的圖象與性質的應用問題，也考查了數形結合思想，屬于中檔題.二、填空題：本大題共4個小題，每小題5分，共20分13.已知數列的前項和為，則__________．【答案】【解析】【分析】由與的關系得出，進而得出數列為等比數列，由等比數列的通項公式即可得出.【詳解】即數列是以1為首項，為公比的等比數列故答案為：【點睛】本題主要考查了等比數列前項和與通項的關系，屬于中檔題.14.曲線在點處的切線方程為___________【答案】.【解析】【分析】首先求出函數的導函數，即可求出切線的斜率，由點斜式求出切線方程；【詳解】解：因為定義為所以所以所以故切線方程為，整理得故答案為：【點睛】本題考查導數的幾何意義的應用，屬于基礎題.15.某食品的保鮮時間y(單位：小時)與儲存溫度x(單位：℃)滿意函數關系（為自然對數的底數，k，b為常數)，若該食品在0℃的保鮮時間是384小時，在22℃的保鮮時間是24小時，則該食品在33℃的保鮮時間是___________【答案】6.【解析】【分析】依據該食品在0℃的保鮮時間是384小時，在22℃的保鮮時間是24小時，由求得函數，再令求解.【詳解】因為該食品在0℃的保鮮時間是384小時，在22℃的保鮮時間是24小時，所以，解得，所以，當時，.故答案為：6【點睛】本題主要考查函數的實際應用，還考查了運算求解的實力，屬于基礎題.16.已知雙曲線的左、右焦點分別為，，為坐標原點，是雙曲線在第一象限上的點，直線，分別交雙曲線左、右支于另一點，，，且，則雙曲線的離心率為________.【答案】【解析】【分析】由題意，，，可得，，由，可得，由余弦定理可得，即可求出雙曲線的離心率．【詳解】由題意，，，，，，，由余弦定理可得，，．故答案為：．【點睛】本題考查雙曲線的離心率、余弦定理，考查邏輯推理實力和運算求解實力，屬于中檔題．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.第17-21題為必考題，每個考生都必需作答；第22-23題為選考題，考生依據要求作答.(一)必考題：60分17.已知a，b，c分別為說角△ABC三個內角A，B，C的對邊，滿意（1）求A；（2）若b=2，求面積的取值范圍.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理的邊角互化可得，再利用余弦定理即可求解.（2）利用正弦定理可得，再利用三角形的面積公式可得，依據三角形的內角和性質以及兩角差的正弦公式可將式子化為，結合的取值范圍即可求解.【詳解】解：（1）由已知及正弦定理得，由余弦定理可得又，（2）由已知及正弦定理得，由得是銳角三角形，得得，所以面積的取值范圍是【點睛】本題考查了正弦定理的邊角互化、余弦定理解三角形、三角形的面積公式、兩角差的正弦公式，屬于中檔題.18.如圖中，，，、分別是、的中點，將沿折起連結、，得到多面體.（1）證明：在多面體中，；（2）在多面體中，當時，求二面角的余弦值.【答案】（1）見解析；（2）0.【解析】【分析】（1）依據線面垂直的判定定理，先得到平面，進而可得；（2）依據題意，先得到兩兩垂直，以為坐標原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，求出兩平面的法向量，依據向量夾角計算公式，即可求出結果.【詳解】（1）證明：中，因為分別是的中點，所以，，所以多面體中，，，又，平面；因為平面，（2）依題意可得，，直角中，得，又所以，，由（1）知，，平面以為坐標原點，分別以為軸，建立如圖的坐標系.則，得設平面的一個法向量分別是，則可取.可取..所以二面角的余弦值為0.【點睛】本題主要考查證明線線垂直，以及求二面角的余弦值問題，熟記線面垂直的判定定理及性質，敏捷運用向量的方法求解二面角即可，屬于常考題型.19.某市《城市總體規劃（年）》提出到2035年實現“15分鐘社區生活圈”全覆蓋目標，從教化與文化、醫療與養老、交通與購物、休閑與健身4個方面構建“15分鐘社區生活圈“指標體系，并依據“15分鐘社區生活圈”指數凹凸將小區劃分為：優質小區(指數為、良好小區(指數為0.4-0.63、中等小區(指數為0.2~0.4)以及待改進小區(指數為0-0.2)4個等級．下面是三個小區4個方面指標值的調查數據：注：每個小區”15分鐘社區生活圈”指數其中、、、為該小區四個方面的權重，為該小區四個方面的指標值(小區每一個方面的指標值為之間的一個數值)現有100個小區的“15分鐘社區生活圈“指數數據，整理得到如下頻數分布表：（1）分別推斷A、B、C三個小區是否是優質小區，并說明理由；（2）對這100個小區依據優質小區、良好小區、中等小區和待改進小區進行分層抽樣，抽取10個小區進行調查，若在抽取的10個小區中再隨機地選取2個小區做深化調查，記這2個小區中為優質小區的個數為ζ，求ζ的分布列及數學期望.【答案】（1）小區不是優質小區；小區是優質小區；小區不是優質小區；見解析（2）見解析【解析】【分析】（1）分別求出、、三個小區指數，由此能推斷，，三個小區是否是優質小區．（2）對這100個小區依據優質小區、良好小區、中等小區和待改進小區進行分層抽樣，抽取10個小區進行調查，抽到優質小區的個數為4個，抽到良好小區的個數為3個，抽到中等小區的個數為2個，抽到待改進小區的個數為1個，在抽取的10個小區中再隨機地選取2個小區做深化調查，記這2個小區中為優質小區的個數為，則的可能取值為0，1，2，分別求出相應的概率，由此能求出的分布列和數學期望．【詳解】解：（1）小區的指數，，所以小區不是優質小區；小區的指數，，所以小區是優質小區；小區的指數，，所以小區不是優質小區；（2）依題意，抽取個小區中，共有優質小區個，其它小區個依題意的全部可能取值為、、.，，.則的分布列為：012.【點睛】本題考查離散型隨機變量的分布列、數學期望的求法，考查古典概型、排列組合等基礎學問，考查學生的邏輯分析實力、運算求解實力，屬于中檔題．20.已知兩動圓和（），把它們的公共點的軌跡記為曲線，若曲線與軸的正半軸的交點為，且曲線上的相異兩點滿意：.（1）求曲線的軌跡方程；（2）證明直線恒經過肯定點，并求此定點的坐標；（3）求面積的最大值.【答案】（1）；（2）見解析；（3）【解析】【分析】（1）設兩動圓的公共點為，由橢圓定義得出曲線是橢圓，并得出、、的值，即可得出曲線的方程；（2）求出點，設點，，對直線的斜率是否存在分兩種狀況探討，在斜率存在時，設直線的方程為，并將該直線方程與橢圓的方程聯立，列出韋達定理，結合條件并代入韋達定理求出的值，可得出直線所過點的坐標，在直線的斜率不存在時，可得出直線的方程為，結合這兩種狀況得出直線所過定點坐標；（3）利用韋達定理求出面積關于的表達式，換元，然后利用基本不等式求出的最大值.【詳解】（1）設兩動圓的公共點為，則有：．由橢圓的定義可知的軌跡為橢圓，，，所以曲線的方程是：；（2）由題意可知：，設，，當的斜率存在時，設直線，聯立方程組：，把②代入①有：，③，④，因為，所以有，，把③④代入整理：，（有公因式）接著化簡得：，或（舍），當的斜率不存在時，易知滿意條件的直線為：過定點，綜上，直線恒過定點；（3）面積，由第（2）小題的③④代入，整理得：，因在橢圓內部，所以，可設，，，（時取到最大值）．所以面積的最大值為．【點睛】本題考查利用橢圓的定義求軌跡方程，考查直線過定點問題以及三角形面積問題，對于這些問題的處理，通常是將直線方程與圓錐曲線方程聯立，結合韋達定理設而不求法求解，難點在于計算量，易出錯.21.已知.（1）當時，求證：；（2）若有三個零點時，求的范圍.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】分析：（1）令，，，利用導數可得在上單調遞減，，從而可得結論;（2）有三個零點等價于有三個零點，當時，當時，可得是單調函數，至多有一個零點，不符合題意，當時，利用導數探討函數的單調性，依據單調性，結合函數圖象可得的范圍是.詳解：（1）證明：，令，，，，在上單調遞減，，所以原命題成立.（2）由有三個零點可得有三個零點，，①當時，恒成立，可得至多有一個零點，不符合題意；②當時，恒成立，可得至多有一個零點，不符合題意；③當時，記得兩個零點為，，不妨設，且，時，；時，；時，視察可得，且，當時，；單調遞增，所以有，即，時，，單調遞減，時，單調遞減，由（1）知，，且，所以在上有一個零點，由，且，所以在上有一個零點，綜上可知有三個零點，即有三個零點，所求的范圍是.點睛：本題是以導數的運用為背景的函數綜合題，主要考查了函數思想，化歸思想，抽象概括實力，綜合分析問題和解決問題的實力，屬于較難題，近來高考在逐年加大對導數問題的考查力度，不僅題型在改變，而且問題的難度、深度與廣度也在不斷加大，本部分的要求肯定有三個層次：第一層次主要考查求導公式，求導法則與導數的幾何意義；其次層次是導數的簡