广东省七校2025届高三上学期第二次联考数学试卷
1．（2024高三上·广东月考）已知集合，，若，且，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高三上·广东月考）函数图像的一条对称轴为，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·广东月考）在等差数列中，已知，，，则（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
4．（2024高三上·广东月考）已知正数满足，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．（2024高三上·广东月考）在杭州亚运会上，我国选手盛李豪夺得射击第一枚金牌，他射击的方向向量，另一名选手余浩楠射击的方向向量，若，则（ ）
A． B． C． D．16
6．（2024高三上·广东月考）研究数据表明，某校高中生的数学成绩与物理成绩、物理成绩与化学成绩均有正相关关系．现从该校抽取某班50位同学的数学、物理、化学三科成绩作为样本，设数学、物理、化学成绩分别为变量x，y，z若x，y的样本相关系数为，y，z的样本相关系数为，则x、z的样本相关系数的最大值为（ ）
附：相关系数
A． B． C． D．1
7．（2024高三上·广东月考）在直四棱柱中，，，点在侧面内，且，则点轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·广东月考）已知，，当时，，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·广东月考）现安排甲 乙 丙 丁 戊这5名同学参加志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，且每人只安排一个工作，则下列说法正确的是（ ）
A．不同安排方案的种数为
B．若每项工作至少有1人参加，则不同安排方案的种数为
C．若司机工作不安排，其余三项工作至少有1人参加，则不同安排方案的种数为
D．若每项工作至少有1人参加，甲不能从事司机工作，则不同安排方案的种数为
10．（2024高三上·广东月考）如图，在棱长为4的正方体中，E，F分别是棱，的中点，P是正方形内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面，则点P的轨迹长度为
B．若平面，则三棱锥的体积为定值
C．若，则点P的轨迹长度为
D．若P是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积是
11．（2024高三上·广东月考）已知抛物线的焦点为F，A，B，P为抛物线C上的点，，若抛物线C在点A，B处的切线的斜率分别为，且两切线交于点M．N为抛物线C的准线与y轴的交点．则以下结论正确的是（ ）
A．若，则
B．直线PN的倾斜角
C．若，则直线AB的方程为
D．的最小值为2
12．（2024高三上·广东月考）已知i为虚数单位，是实系数一元二次方程的一个虚根，则 .
13．（2024高三上·广东月考）已知函数，数列满足，，，，则 .
14．（2024高三上·广东月考）函数在区间上的零点个数为 个．
15．（2024高三上·广东月考）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为，且
（1）求角；
（2）若为锐角三角形，且，求a的取值范围．
16．（2024高三上·广东月考）在如图所示的实验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且他们所在的平面互相垂直，活动弹子，分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，及
（1）求的长；
（2）为何值时，的长最小，最小值是多少？
（3）当的长最小时，求平面与平面的夹角的余弦值．
17．（2024高三上·广东月考）传球是排球运动中最基本 最重要的一项技术．传球是由准备姿势 迎球 击球 手型 用力5个动作部分组成．其中较难掌握的是触球时的手型，因为触球时手型正确与否直接影响手控制球的能力和传球的准确性，对初学者来说掌握了正确手型才能保证正确击球点和较好的运用手指，手腕的弹力．从小张 小胡 小郭 小李 小陈这5人中随机地抽取三个人去做传球训练．训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出．
（1）记小胡 小李 小陈这三人中被抽到的人数为随机变量，求的分布列；
（2）若刚好抽到小胡 小李 小陈三个人相互做传球训练，且第1次由小胡将球传出，记次传球后球在小胡手中的概率为．
①直接写出的值；
②求与的关系式，并求．
18．（2024高三上·广东月考）已知函数．
（1）求函数的值域；
（2）若不等式在上恒成立，求的取值范围；
（3）当时，函数的值域为，求正数的取值范围．
19．（2024高三上·广东月考）已知双曲线的实轴长为4，渐近线方程为.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）双曲线的左 右顶点分别为，过点作与轴不重合的直线与交于两点，直线与交于点S，直线与交于点.
（i）设直线的斜率为，直线的斜率为，若，求的值；
（ii）求的面积的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】集合关系中的参数取值问题
【解析】【解答】解：因为，所以，
又因为，所以，
解得：.
故答案为：D.
【分析】由，得到，再结合空集的定义和集合间的包含关系，从而借助数轴得出实数m的取值范围.
2．【答案】A
【知识点】图形的对称性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由的图象关于对称，
可知：，即，则．
故答案为：A．
【分析】利用函数的图象的对称性，从而取特殊值，即可求出的值.
3．【答案】A
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：由，可得，公差，
故，解得.
故答案为：A.
【分析】根据等差数列的通项公式，从而得出等差数列的首项和公差，再结合等差数列的通项公式得出n的值.
4．【答案】B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：，
当且仅当，时取等号．
故答案为：B.
【分析】利用基本不等式求最值的方法，再结合常数“1”代换法，从而得出的最小值.
5．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：因为，，
所以，.
因为，
所以
所以 解得.
故答案为：C.
【分析】根据向量的坐标运算和两向量垂直数量积为0的等价关系，再由数量积的坐标表示，从而得出的值.
6．【答案】B
【知识点】样本相关系数r及其数字特征；两角和与差的余弦公式
【解析】【解答】解：设，，，
则有，，，
由相关系数公式可知：，
设与夹角为，与夹角为，
由x，y的样本相关系数为，所以，，
由这两个夹角均为锐角且，所以与夹角的可能性是，
则与夹角余弦值的最大值为，此时x与z样本相关系数最大，
即.
故答案为：B.
【分析】利用相关系数公式，则可看成两个维向量的夹角公式，从而把相关系系数问题转化为向量夹角问题，再由数量积求向量夹角公式和函数求最值的方法，再结合两角差的余弦公式，从而得出x、z的样本相关系数的最大值.
7．【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：过点作，过点作，如图所示：
因为四棱柱是直四棱柱，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面，
因为直线平面，
所以，
因为，，
所以，
又因为，
所以，
因为点在侧面内，
所以在平面直角坐标系中来研究点轨迹的长度，如图所示：
点的运动轨迹为以点为圆心、半径为2的圆在正方形内部的弧，
显然，，所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】过点作，过点作，再结合直四棱柱的结构特征得出线面垂直，再由线面垂直的定义得出线线垂直，则根据勾股定理得出EQ的长，由点在侧面内，则在平面直角坐标系中来研究点轨迹的长度，点的运动轨迹为以点为圆心、半径为2的圆在正方形内部的弧，再利用弧长公式得出点轨迹的长度.
8．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为，所以在为增函数，
由与图象知，在有唯一的零点，
当时，，当时，，
若，则在恒成立，与矛盾，故.
显然的定义域为，且
因为，所以均在单调递增，
所以当时，，因为，所以；
当时，，因为，所以，
所以当时，，
即，
令，得 ，
所以当时，，单调增，
当时，，单调减，
故 ，所以，
当且仅当即时等号成立；
故答案为：D.
【分析】先分析得出，再利用，均在单调递增，所以要使，则，然后构造函数，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而得出函数的最值，进而得出的最大值.
9．【答案】B,D
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：对于A，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，
则不同安排方案的种数为，故A错误；
对于B，先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，
则不同安排方案的种数为，故B正确；
对于C，先将5人分为3组，有种分组方法，
将分好的三组安排翻译 导游 礼仪三项工作，有种情况，
则不同安排方案的种数是，故C错误；
对于D，第一类：先从乙，丙，丁，戊中选出1人从事司机工作，再将剩下的4人分成三组，
安排翻译 导游 礼仪三项工作，则不同安排方案的种数为；
第二类：先从乙，丙，丁，戊中选出2人从事司机工作，
再将剩下的3人安排翻译、导游、礼仪三项工作，
则不同安排方案的种数为.所以不同安排方案的种数是，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据分步乘法计数原理可判断选项A；先分组，然后再分配，再结合排列数、组合数公式，从而判断出选项B、选项C、选项D，进而找出正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；球的表面积与体积公式及应用；扇形的弧长与面积；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，分别取，的中点N，M，如图所示：
则易得，，，
，，
平面，平面
从而易得平面平面，
又因为P是正方形内的动点，且平面，
∴P点的轨迹为线段，又因为，∴A正确；
对于B，由选项A分析可知P点的轨迹为线段，，
∴三角形的面积为定值，又D到平面的距离也为定值，
∴三棱锥的体积为定值，∴B正确；
对于C，如图所示：
若，又因为，且平面，
则，
∴P点的轨迹是正方形内以为圆心，1为半径的四分之一圆弧，
∴P的轨迹长度为，∴C错误；
对于D，如图所示：
若P是棱的中点，取的中点G，的中点H，
则，∴G到E，F，P的距离相等，又因为平面，
∴三棱锥的外接球的球心O在上，
设，则，又，，
设三棱锥的外接球的半径为R，则，
∴在与中，根据勾股定理可得：，
解得，∴，
∴三棱锥的外接球的表面积是，∴D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据中点作中位线的方法结合中位线的性质，从而得出线线平行，再结合线线平行证出线面平行，再由线面平行证出面面平行，则根据面面平行性质定理证出线面平行，从而得出点P的轨迹，则根据两点距离公式得出点P的轨迹长度，从而判断出选项A；由选项A分析可知点P的轨迹为线段，，再根据三角形的面积公式和点到平面的距离公式以及三棱锥的体积公式，从而判断三棱锥的体积为定值，则判断出选项B；利用线面垂直的定义证出线线垂直，再结合勾股定理和弧长公式，从而得出点P的轨迹长度，则判断出选项C；利用等腰三角形三线合一得出线线垂直，则G到E，F，P的距离相等，再利用平面得出三棱锥的外接球的球心O在上，设，则，再由，，设三棱锥的外接球的半径为R，则，根据勾股定理得出t的值，从而得出球的半径长，再根据球的表面积公式得出三棱锥的外接球的表面积，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
11．【答案】B,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题可知，
，则向量的夹角为，故F，A，B三点共线，
设，与C的方程联立得，设，
则，，故，
由抛物线的定义得，
故，，所以A错误；
设，，当时，直线PN倾斜角大于等于，
当时，，所以直线PN的倾斜角，所以B正确；
记直线AB的斜率为k，令，则，则，
又因为，所以，所以，
又因为直线AB过点，故直线AB的方程为所以C正确；
因为直线，又因为，
所以直线，同理，
联立解得，即，又因为，
所以，当时，等号成立，所以的最小值为2，所以D正确；
故答案为：BCD.
【分析】根据数量积求向量夹角公式得出三点共线，设出直线方程，再联立直线与抛物线方程结合韦达定理和抛物线定义以及数量积的坐标表示，从而判断出选项A；利用直线的斜率与直线的倾斜角的关系式和均值不等式求最值的方法，从而得出直线PN的倾斜角的取值范围，则判断出选项B；记直线AB的斜率为k，令，利用导数的几何意义得出切线的斜率，再由点斜式得出直线AB的方程，则判断出选项C；联立直线与抛物线的方程得出交点M的坐标，再根据两点距离公式和二次函数求值域的方法，从而得出的最小值，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
12．【答案】4
【知识点】方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：因为是实系数一元二次方程的根，
所以也是实系数一元二次方程的根，
由韦达定理可得，，解得，，则.
故答案为：4.
【分析】根据实系数一元二次方程虚根成对原理可知也是实系数一元二次方程的根，利用韦达定理求解即可．
13．【答案】3
【知识点】奇偶性与单调性的综合；函数的周期性
【解析】【解答】解：由题意可知：的定义域为，且，即，可知为定义在上的奇函数且，
因为在上单调递增，可知在上单调递增；
综上所述：在上单调递增且为奇函数，
因为，则，
可得，即，
由可知：3为数列的周期，
则且，
所以.
故答案为：3.
【分析】根据奇函数的性质和函数的单调性，再结合函数的解析式和代入法以及周期函数的定义，从而得出数列的周期，再结合数列的周期求和得出答案.
14．【答案】0
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：
，
令，则，
则，
所以在上单调递增，所以，
所以函数在区间上的零点个数为个.
故答案为：.
【分析】由题意可得，再利用换元法结合导数判断单调性的方法，从而得出函数的值域，进而可得函数在区间上的零点个数.
15．【答案】（1）解：因为，
所以
所以，
所以，
故，
又因为，
所以，
所以.
（2）解：由正弦定理得，
所以且，，
所以
，
因为为锐角三角形，，，
所以，
所以，即．
可得，即a的取值范围为．
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）由条件结合三角形面积公式和余弦定理可得，再结合辅助角公式和三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）由正弦定理和比例的性质，可得，再结合已知条件和两角和的正弦公式以及辅助角公式，从而化简可得，再利用锐角三角形中角的范围，则根据不等式的基本性质和正弦型函数图象求值域的方法，从而得出实数a的取值范围.
（1）因为，
所以
所以，
所以，
故，又，
所以，
所以；
（2）由正弦定理得，
所以，
且，，
所以，
因为为锐角三角形，，，所以，
所以，即．
可得，
即a的取值范围为．
16．【答案】（1）解：如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
因为，
所以，，
则.
（2）解：，
当时，最小，最小值为.
（3）解：由（2）可知，当，为中点时，最短，
则，，
取的中点，连接，，
则，
因为，，
所以，，
则是平面与平面的夹角或其补角，
因为，，
所以 ，
所以平面与平面的夹角的余弦值是.
【知识点】函数的最大（小）值；空间中两点间的距离公式；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，c 从而求得、、、、、的坐标，再由两点间的距离公式可得的长.
（2）把（1）中求得结合配方法求最值，从而得出的长的最小值和对应的实数a的值.
（3）由（2）可知，当，为中点时，最短，求出，的坐标，取的中点，连接，，可得的坐标，得到是平面与平面的夹角或其补角，再由数量积求向量夹角公式得出平面与平面的夹角的余弦值.
（1）如图建立空间直角坐标系，
，，，，
因为，
所以，，
；
（2），
当时，最小，最小值为；
（3）由（2）可知，当，为中点时，最短，
则，，取的中点，连接，，
则，
因为，，
所以，，
是平面与平面的夹角或其补角，
因为，，
所以
，
所以平面与平面的夹角的余弦值是.
17．【答案】（1）解：由题意可知，随机变量的所有可能取值为，
所以
所以的分布列为：
1 2 3
（2）解：①由题意知，．
②记表示事件“经过次传球后，球在小胡手中”，，
所以
即
所以，且，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，
即次传球后球在小胡手中的概率是．
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列
【解析】【分析】（1）依题意可知的可能取值，再利用古典概型求概率公式和组合数公式，从而求出所对应的概率，即可得到随机变量X的分布列.
（2）①利用对立事件求概率公式和古典概型的概率公式以及独立事件乘法求概率公式，从而直接写出的值；
②记表示事件“经过次传球后，球在小胡手中”，由全概率公式得出与的关系式，再由等比数列的定义判断出数列是以为首项，为公比的等比数列，再结合等比数列的通项公式得出．
（1）的所有可能取值为，
所以，
所以的分布列为
1 2 3
（2）①由题意知，．
②记表示事件“经过次传球后，球在小胡手中”，，
所以
即
所以，且，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，
即次传球后球在小胡手中的概率是．
18．【答案】（1）解：依题意，得出，
由，得，则，
当时，即当时，；
当时，即当时，，
所以函数在时的值域为.
（2）解：不等式
当时，；
当时，，则恒成立，
又因为在上递减，
所以在上的值域为，则；
当时，，则恒成立，
又因为在上递减，
所以在上的值域为，则，
所以实数的取值范围为.
（3）解：当时，
在上单调递增，
又当时，值域为，
因此，即，
则是关于的方程，
即的两个不相等的正根，
则，
解得，
所以正数的取值范围为.
【知识点】函数的值域；函数恒成立问题；指数函数的图象与性质；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）利用已知条件和函数的解析式，再由代入法得出，利用x的取值范围和指数函数的单调性以及不等式的基本性质，从而由二次函数的图象求最值的方法，进而得出函数的值域.
（2）将不等式，再由分类讨论的方法和函数的单调性求值域的方法再结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数k的取值范围.
（3）利用函数的单调性求出给定区间上的值域，再结合已知条件转化为一元二次方程有两个不等的正实根，再由判别式法和韦达定理得出正数的取值范围.
（1）依题意，，
由，得，则，
当，即时，；当，即时，，
所以函数在时的值域为.
（2）不等式，
当时，；
当时，，则恒成立，
又在上递减，在上的值域为，因此；
当时，，则恒成立，
又在上递减，在上的值域为，因此，
所以实数的取值范围为.
（3）当时，在上单调递增，
又当时，值域为，
因此，即，
则是关于的方程，即的两个不相等的正根，
则，解得，
所以正数的取值范围为.
19．【答案】（1）解：由题意知：，解得，
所以，双曲线方程为.
（2）解：如图所示：
因为直线斜率不为0，
设直线方程为，易知，
设，联立，得，
则且.
（i）
；
（ii）由题可得：.
联立可得：，
即，同理.
，
故，
且，
.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线的实轴长得出a的值，再结合双曲线的渐近线方程得出b的值，从而得出双曲线的标准方程.
（2）设直线l方程及点坐标，联立直线与双曲线方程，根据韦达定理得出纵坐标和积的关系.
（i）由两点求斜率公式，消元计算即可得出的值；
（ii）联立两直线方程求出坐标，并求出与的函数关系式，再利用三角形面积公式和的取值范围，从而得出三角形的面积的取值范围.
（1）由题意知：，解得，双曲线方程为.
（2）因为直线斜率不为0，设直线方程为，易知，
设，联立，得，
则，且，
（i）
；
（ii）由题可得：.
联立可得：，即，同理.
，
故，
且，
.
1 / 1广东省七校2025届高三上学期第二次联考数学试卷
1．（2024高三上·广东月考）已知集合，，若，且，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】集合关系中的参数取值问题
【解析】【解答】解：因为，所以，
又因为，所以，
解得：.
故答案为：D.
【分析】由，得到，再结合空集的定义和集合间的包含关系，从而借助数轴得出实数m的取值范围.
2．（2024高三上·广东月考）函数图像的一条对称轴为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】图形的对称性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由的图象关于对称，
可知：，即，则．
故答案为：A．
【分析】利用函数的图象的对称性，从而取特殊值，即可求出的值.
3．（2024高三上·广东月考）在等差数列中，已知，，，则（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】A
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：由，可得，公差，
故，解得.
故答案为：A.
【分析】根据等差数列的通项公式，从而得出等差数列的首项和公差，再结合等差数列的通项公式得出n的值.
4．（2024高三上·广东月考）已知正数满足，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：，
当且仅当，时取等号．
故答案为：B.
【分析】利用基本不等式求最值的方法，再结合常数“1”代换法，从而得出的最小值.
5．（2024高三上·广东月考）在杭州亚运会上，我国选手盛李豪夺得射击第一枚金牌，他射击的方向向量，另一名选手余浩楠射击的方向向量，若，则（ ）
A． B． C． D．16
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：因为，，
所以，.
因为，
所以
所以 解得.
故答案为：C.
【分析】根据向量的坐标运算和两向量垂直数量积为0的等价关系，再由数量积的坐标表示，从而得出的值.
6．（2024高三上·广东月考）研究数据表明，某校高中生的数学成绩与物理成绩、物理成绩与化学成绩均有正相关关系．现从该校抽取某班50位同学的数学、物理、化学三科成绩作为样本，设数学、物理、化学成绩分别为变量x，y，z若x，y的样本相关系数为，y，z的样本相关系数为，则x、z的样本相关系数的最大值为（ ）
附：相关系数
A． B． C． D．1
【答案】B
【知识点】样本相关系数r及其数字特征；两角和与差的余弦公式
【解析】【解答】解：设，，，
则有，，，
由相关系数公式可知：，
设与夹角为，与夹角为，
由x，y的样本相关系数为，所以，，
由这两个夹角均为锐角且，所以与夹角的可能性是，
则与夹角余弦值的最大值为，此时x与z样本相关系数最大，
即.
故答案为：B.
【分析】利用相关系数公式，则可看成两个维向量的夹角公式，从而把相关系系数问题转化为向量夹角问题，再由数量积求向量夹角公式和函数求最值的方法，再结合两角差的余弦公式，从而得出x、z的样本相关系数的最大值.
7．（2024高三上·广东月考）在直四棱柱中，，，点在侧面内，且，则点轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：过点作，过点作，如图所示：
因为四棱柱是直四棱柱，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面，
因为直线平面，
所以，
因为，，
所以，
又因为，
所以，
因为点在侧面内，
所以在平面直角坐标系中来研究点轨迹的长度，如图所示：
点的运动轨迹为以点为圆心、半径为2的圆在正方形内部的弧，
显然，，所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】过点作，过点作，再结合直四棱柱的结构特征得出线面垂直，再由线面垂直的定义得出线线垂直，则根据勾股定理得出EQ的长，由点在侧面内，则在平面直角坐标系中来研究点轨迹的长度，点的运动轨迹为以点为圆心、半径为2的圆在正方形内部的弧，再利用弧长公式得出点轨迹的长度.
8．（2024高三上·广东月考）已知，，当时，，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为，所以在为增函数，
由与图象知，在有唯一的零点，
当时，，当时，，
若，则在恒成立，与矛盾，故.
显然的定义域为，且
因为，所以均在单调递增，
所以当时，，因为，所以；
当时，，因为，所以，
所以当时，，
即，
令，得 ，
所以当时，，单调增，
当时，，单调减，
故 ，所以，
当且仅当即时等号成立；
故答案为：D.
【分析】先分析得出，再利用，均在单调递增，所以要使，则，然后构造函数，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而得出函数的最值，进而得出的最大值.
9．（2024高三上·广东月考）现安排甲 乙 丙 丁 戊这5名同学参加志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，且每人只安排一个工作，则下列说法正确的是（ ）
A．不同安排方案的种数为
B．若每项工作至少有1人参加，则不同安排方案的种数为
C．若司机工作不安排，其余三项工作至少有1人参加，则不同安排方案的种数为
D．若每项工作至少有1人参加，甲不能从事司机工作，则不同安排方案的种数为
【答案】B,D
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：对于A，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，
则不同安排方案的种数为，故A错误；
对于B，先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，
则不同安排方案的种数为，故B正确；
对于C，先将5人分为3组，有种分组方法，
将分好的三组安排翻译 导游 礼仪三项工作，有种情况，
则不同安排方案的种数是，故C错误；
对于D，第一类：先从乙，丙，丁，戊中选出1人从事司机工作，再将剩下的4人分成三组，
安排翻译 导游 礼仪三项工作，则不同安排方案的种数为；
第二类：先从乙，丙，丁，戊中选出2人从事司机工作，
再将剩下的3人安排翻译、导游、礼仪三项工作，
则不同安排方案的种数为.所以不同安排方案的种数是，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据分步乘法计数原理可判断选项A；先分组，然后再分配，再结合排列数、组合数公式，从而判断出选项B、选项C、选项D，进而找出正确的选项.
10．（2024高三上·广东月考）如图，在棱长为4的正方体中，E，F分别是棱，的中点，P是正方形内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面，则点P的轨迹长度为
B．若平面，则三棱锥的体积为定值
C．若，则点P的轨迹长度为
D．若P是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积是
【答案】A,B,D
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；球的表面积与体积公式及应用；扇形的弧长与面积；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，分别取，的中点N，M，如图所示：
则易得，，，
，，
平面，平面
从而易得平面平面，
又因为P是正方形内的动点，且平面，
∴P点的轨迹为线段，又因为，∴A正确；
对于B，由选项A分析可知P点的轨迹为线段，，
∴三角形的面积为定值，又D到平面的距离也为定值，
∴三棱锥的体积为定值，∴B正确；
对于C，如图所示：
若，又因为，且平面，
则，
∴P点的轨迹是正方形内以为圆心，1为半径的四分之一圆弧，
∴P的轨迹长度为，∴C错误；
对于D，如图所示：
若P是棱的中点，取的中点G，的中点H，
则，∴G到E，F，P的距离相等，又因为平面，
∴三棱锥的外接球的球心O在上，
设，则，又，，
设三棱锥的外接球的半径为R，则，
∴在与中，根据勾股定理可得：，
解得，∴，
∴三棱锥的外接球的表面积是，∴D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据中点作中位线的方法结合中位线的性质，从而得出线线平行，再结合线线平行证出线面平行，再由线面平行证出面面平行，则根据面面平行性质定理证出线面平行，从而得出点P的轨迹，则根据两点距离公式得出点P的轨迹长度，从而判断出选项A；由选项A分析可知点P的轨迹为线段，，再根据三角形的面积公式和点到平面的距离公式以及三棱锥的体积公式，从而判断三棱锥的体积为定值，则判断出选项B；利用线面垂直的定义证出线线垂直，再结合勾股定理和弧长公式，从而得出点P的轨迹长度，则判断出选项C；利用等腰三角形三线合一得出线线垂直，则G到E，F，P的距离相等，再利用平面得出三棱锥的外接球的球心O在上，设，则，再由，，设三棱锥的外接球的半径为R，则，根据勾股定理得出t的值，从而得出球的半径长，再根据球的表面积公式得出三棱锥的外接球的表面积，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
11．（2024高三上·广东月考）已知抛物线的焦点为F，A，B，P为抛物线C上的点，，若抛物线C在点A，B处的切线的斜率分别为，且两切线交于点M．N为抛物线C的准线与y轴的交点．则以下结论正确的是（ ）
A．若，则
B．直线PN的倾斜角
C．若，则直线AB的方程为
D．的最小值为2
【答案】B,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题可知，
，则向量的夹角为，故F，A，B三点共线，
设，与C的方程联立得，设，
则，，故，
由抛物线的定义得，
故，，所以A错误；
设，，当时，直线PN倾斜角大于等于，
当时，，所以直线PN的倾斜角，所以B正确；
记直线AB的斜率为k，令，则，则，
又因为，所以，所以，
又因为直线AB过点，故直线AB的方程为所以C正确；
因为直线，又因为，
所以直线，同理，
联立解得，即，又因为，
所以，当时，等号成立，所以的最小值为2，所以D正确；
故答案为：BCD.
【分析】根据数量积求向量夹角公式得出三点共线，设出直线方程，再联立直线与抛物线方程结合韦达定理和抛物线定义以及数量积的坐标表示，从而判断出选项A；利用直线的斜率与直线的倾斜角的关系式和均值不等式求最值的方法，从而得出直线PN的倾斜角的取值范围，则判断出选项B；记直线AB的斜率为k，令，利用导数的几何意义得出切线的斜率，再由点斜式得出直线AB的方程，则判断出选项C；联立直线与抛物线的方程得出交点M的坐标，再根据两点距离公式和二次函数求值域的方法，从而得出的最小值，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
12．（2024高三上·广东月考）已知i为虚数单位，是实系数一元二次方程的一个虚根，则 .
【答案】4
【知识点】方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：因为是实系数一元二次方程的根，
所以也是实系数一元二次方程的根，
由韦达定理可得，，解得，，则.
故答案为：4.
【分析】根据实系数一元二次方程虚根成对原理可知也是实系数一元二次方程的根，利用韦达定理求解即可．
13．（2024高三上·广东月考）已知函数，数列满足，，，，则 .
【答案】3
【知识点】奇偶性与单调性的综合；函数的周期性
【解析】【解答】解：由题意可知：的定义域为，且，即，可知为定义在上的奇函数且，
因为在上单调递增，可知在上单调递增；
综上所述：在上单调递增且为奇函数，
因为，则，
可得，即，
由可知：3为数列的周期，
则且，
所以.
故答案为：3.
【分析】根据奇函数的性质和函数的单调性，再结合函数的解析式和代入法以及周期函数的定义，从而得出数列的周期，再结合数列的周期求和得出答案.
14．（2024高三上·广东月考）函数在区间上的零点个数为 个．
【答案】0
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：
，
令，则，
则，
所以在上单调递增，所以，
所以函数在区间上的零点个数为个.
故答案为：.
【分析】由题意可得，再利用换元法结合导数判断单调性的方法，从而得出函数的值域，进而可得函数在区间上的零点个数.
15．（2024高三上·广东月考）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为，且
（1）求角；
（2）若为锐角三角形，且，求a的取值范围．
【答案】（1）解：因为，
所以
所以，
所以，
故，
又因为，
所以，
所以.
（2）解：由正弦定理得，
所以且，，
所以
，
因为为锐角三角形，，，
所以，
所以，即．
可得，即a的取值范围为．
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）由条件结合三角形面积公式和余弦定理可得，再结合辅助角公式和三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）由正弦定理和比例的性质，可得，再结合已知条件和两角和的正弦公式以及辅助角公式，从而化简可得，再利用锐角三角形中角的范围，则根据不等式的基本性质和正弦型函数图象求值域的方法，从而得出实数a的取值范围.
（1）因为，
所以
所以，
所以，
故，又，
所以，
所以；
（2）由正弦定理得，
所以，
且，，
所以，
因为为锐角三角形，，，所以，
所以，即．
可得，
即a的取值范围为．
16．（2024高三上·广东月考）在如图所示的实验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且他们所在的平面互相垂直，活动弹子，分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，及
（1）求的长；
（2）为何值时，的长最小，最小值是多少？
（3）当的长最小时，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）解：如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
因为，
所以，，
则.
（2）解：，
当时，最小，最小值为.
（3）解：由（2）可知，当，为中点时，最短，
则，，
取的中点，连接，，
则，
因为，，
所以，，
则是平面与平面的夹角或其补角，
因为，，
所以 ，
所以平面与平面的夹角的余弦值是.
【知识点】函数的最大（小）值；空间中两点间的距离公式；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，c 从而求得、、、、、的坐标，再由两点间的距离公式可得的长.
（2）把（1）中求得结合配方法求最值，从而得出的长的最小值和对应的实数a的值.
（3）由（2）可知，当，为中点时，最短，求出，的坐标，取的中点，连接，，可得的坐标，得到是平面与平面的夹角或其补角，再由数量积求向量夹角公式得出平面与平面的夹角的余弦值.
（1）如图建立空间直角坐标系，
，，，，
因为，
所以，，
；
（2），
当时，最小，最小值为；
（3）由（2）可知，当，为中点时，最短，
则，，取的中点，连接，，
则，
因为，，
所以，，
是平面与平面的夹角或其补角，
因为，，
所以
，
所以平面与平面的夹角的余弦值是.
17．（2024高三上·广东月考）传球是排球运动中最基本 最重要的一项技术．传球是由准备姿势 迎球 击球 手型 用力5个动作部分组成．其中较难掌握的是触球时的手型，因为触球时手型正确与否直接影响手控制球的能力和传球的准确性，对初学者来说掌握了正确手型才能保证正确击球点和较好的运用手指，手腕的弹力．从小张 小胡 小郭 小李 小陈这5人中随机地抽取三个人去做传球训练．训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出．
（1）记小胡 小李 小陈这三人中被抽到的人数为随机变量，求的分布列；
（2）若刚好抽到小胡 小李 小陈三个人相互做传球训练，且第1次由小胡将球传出，记次传球后球在小胡手中的概率为．
①直接写出的值；
②求与的关系式，并求．
【答案】（1）解：由题意可知，随机变量的所有可能取值为，
所以
所以的分布列为：
1 2 3
（2）解：①由题意知，．
②记表示事件“经过次传球后，球在小胡手中”，，
所以
即
所以，且，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，
即次传球后球在小胡手中的概率是．
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列
【解析】【分析】（1）依题意可知的可能取值，再利用古典概型求概率公式和组合数公式，从而求出所对应的概率，即可得到随机变量X的分布列.
（2）①利用对立事件求概率公式和古典概型的概率公式以及独立事件乘法求概率公式，从而直接写出的值；
②记表示事件“经过次传球后，球在小胡手中”，由全概率公式得出与的关系式，再由等比数列的定义判断出数列是以为首项，为公比的等比数列，再结合等比数列的通项公式得出．
（1）的所有可能取值为，
所以，
所以的分布列为
1 2 3
（2）①由题意知，．
②记表示事件“经过次传球后，球在小胡手中”，，
所以
即
所以，且，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，
即次传球后球在小胡手中的概率是．
18．（2024高三上·广东月考）已知函数．
（1）求函数的值域；
（2）若不等式在上恒成立，求的取值范围；
（3）当时，函数的值域为，求正数的取值范围．
【答案】（1）解：依题意，得出，
由，得，则，
当时，即当时，；
当时，即当时，，
所以函数在时的值域为.
（2）解：不等式
当时，；
当时，，则恒成立，
又因为在上递减，
所以在上的值域为，则；
当时，，则恒成立，
又因为在上递减，
所以在上的值域为，则，
所以实数的取值范围为.
（3）解：当时，
在上单调递增，
又当时，值域为，
因此，即，
则是关于的方程，
即的两个不相等的正根，
则，
解得，
所以正数的取值范围为.
【知识点】函数的值域；函数恒成立问题；指数函数的图象与性质；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）利用已知条件和函数的解析式，再由代入法得出，利用x的取值范围和指数函数的单调性以及不等式的基本性质，从而由二次函数的图象求最值的方法，进而得出函数的值域.
（2）将不等式，再由分类讨论的方法和函数的单调性求值域的方法再结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数k的取值范围.
（3）利用函数的单调性求出给定区间上的值域，再结合已知条件转化为一元二次方程有两个不等的正实根，再由判别式法和韦达定理得出正数的取值范围.
（1）依题意，，
由，得，则，
当，即时，；当，即时，，
所以函数在时的值域为.
（2）不等式，
当时，；
当时，，则恒成立，
又在上递减，在上的值域为，因此；
当时，，则恒成立，
又在上递减，在上的值域为，因此，
所以实数的取值范围为.
（3）当时，在上单调递增，
又当时，值域为，
因此，即，
则是关于的方程，即的两个不相等的正根，
则，解得，
所以正数的取值范围为.
19．（2024高三上·广东月考）已知双曲线的实轴长为4，渐近线方程为.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）双曲线的左 右顶点分别为，过点作与轴不重合的直线与交于两点，直线与交于点S，直线与交于点.
（i）设直线的斜率为，直线的斜率为，若，求的值；
（ii）求的面积的取值范围.
【答案】（1）解：由题意知：，解得，
所以，双曲线方程为.
（2）解：如图所示：
因为直线斜率不为0，
设直线方程为，易知，
设，联立，得，
则且.
（i）
；
（ii）由题可得：.
联立可得：，
即，同理.
，
故，
且，
.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线的实轴长得出a的值，再结合双曲线的渐近线方程得出b的值，从而得出双曲线的标准方程.
（2）设直线l方程及点坐标，联立直线与双曲线方程，根据韦达定理得出纵坐标和积的关系.
（i）由两点求斜率公式，消元计算即可得出的值；
（ii）联立两直线方程求出坐标，并求出与的函数关系式，再利用三角形面积公式和的取值范围，从而得出三角形的面积的取值范围.
（1）由题意知：，解得，双曲线方程为.
（2）因为直线斜率不为0，设直线方程为，易知，
设，联立，得，
则，且，
（i）
；
（ii）由题可得：.
联立可得：，即，同理.
，
故，
且，
.
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