广东省韶关市2025届高三上学期综合测试（一）数学试题
1．（2024高三上·韶关模拟）若复数满足，则（ ）
A．1 B． C．2 D．4
2．（2024高三上·韶关模拟）已知数列是等比数列，若，则的前6项和为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·韶关模拟）已知向量，若与垂直.则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·韶关模拟）众数 平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据的分布形态有关.根据某小区1000户居民的月均用水量数据（单位：），得到如图所示的频率分布直方图，记该组数据的众数为，中位数为，平均数为，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·韶关模拟）已知函数在上是单调函数，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·韶关模拟）已知函数的部分图象如图，是相邻的最低点和最高点，直线的方程为，则函数的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高三上·韶关模拟）已知为方程的两个实数根，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·韶关模拟）椭圆的左右焦点分别为，以为直径的圆与椭圆没有公共点，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·韶关模拟）已知某批产品的质量指标服从正态分布，且，现从该批产品中随机取3件，用表示这3件产品的质量指标值位于区间的产品件数，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高三上·韶关模拟）已知圆锥的顶点为为底面圆的直径，，点在圆上，点为的中点，与底面所成的角为，则（ ）
A．该圆锥的侧面积为
B．该圆锥的休积为
C．
D．该圆锥内部半径最大的球的表面积为
11．（2024高三上·韶关模拟）若为函数的导函数，对任意的，恒有，且，则（ ）
A． B．
C．为偶函数 D．若，则
12．（2024高三上·韶关模拟）已知集合，写出满足条件的整数的一个值 .
13．（2024高三上·韶关模拟）已知，则 .
14．（2024高三上·韶关模拟）小明参加一项篮球投篮测试，测试规则如下：若出现连续两次投篮命中，则通过测式；若出现连续两次投篮不中，则不通过测试.已知小明每次投篮命中的概率均为，则小明通过测试的概率为 .
15．（2024高三上·韶关模拟）已知分别为三个内角的对边，且.
（1）求；
（2）若，求周长的最大值.
16．（2024高三上·韶关模拟）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，平面平面为的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
17．（2024高三上·韶关模拟）已知抛物线的焦点为，其准线与轴相交于点.动点满足直线的斜率之积为，记点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）过点且斜率为的直线与轴相交于点，与相交于两点，若.求的值.
18．（2024高三上·韶关模拟）已知函数.
（1）当时，求函数的图象在点处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）设，若，求实数的取值范围.
19．（2024高三上·韶关模拟）设数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）在和之间插入1个数，使成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；依次类推，在和之间插入个数，使成等差数列.
（i）若，求；
（ii）对于（i）中的，是否存在正整数，使得成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，说明理由.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：方法1：因为，所以，
所以.
方法2：因为，所以，
即.
故答案为：C.
【分析】利用两种方法求解.
方法1：根据复数除法运算法则求出复数，再利用共轭复数的定义结合复数乘法运算法则，从而可得复数.
方法2：利用复数的模的性质求出的值，再由共轭复数的性质，从而可得复数.
2．【答案】A
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设数列的公比为，
依题意，得出，
解得，所以.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和等比数列的通项公式得出公比的值，再结合等比数列的前n项和公式，从而得出等比数列的前6项的和.
3．【答案】A
【知识点】平面向量的坐标运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：由题意，则向量，
则，
因为，所以，
解得，所以，当时，与垂直.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和向量的坐标运算，从而得到，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标运算，从而得出实数的值.
4．【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：观察频率分布直方图，发现是属于右边“拖尾”，
所以平均数大于中位数为，
由于第一个小矩形面积为，
前2个小矩形面积之和为，
所以中位数位于之间，
故可得，解得，
由频率分布直方图可知众数，
故.
故答案为：D.
【分析】由频率分布直方图求众数、中位数和平均数的方法，从而比较出三者的大小.
5．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：因为当时，是减函数，
又因为在上单调，
所以，当时，单调递诚，
则，解得.
故答案为：B.
【分析】由分段函数的解析式可知当时，是减函数，则函数在上单调递减，则需要当时，函数单调递减且在断开位置处也要满足减函数的定义，从而得出实数a的取值范围.
6．【答案】C
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：连接，函数与轴交于点，
由图象的对称性，可知点也在函数的图象上，所以点的坐标为，
设，由，得，
所以的最小正周期满足，
解得，即，解得，所以，
因为点是图象的一个最高点，
所以，再结合，
解得.
故答案为：C.
【分析】连接，函数与轴交于点，从而得出点的坐标，则点也在函数的图象上，再由两点求斜率公式得出点的坐标，从而可得函数的周期，再根据正弦型函数的最小正周期公式求得的值，利用点是图象的一个最高点和五点对应法，则由的取值范围，从而得出的值，进而得出函数的解析式．
7．【答案】C
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】解：因为为方程的两根，
由韦达定理，得，
则.
故答案为：C.
【分析】根据韦达定理求出的值，再利用两角差的余弦公式和两角和的正弦公式以及同角三角函数基本关系式，从而得出的值.
8．【答案】D
【知识点】椭圆的简单性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：以为直径的圆的方程为，
依题意，椭圆短轴的端点在此圆外，即，解得，
则双曲线的离心率为，
由，得，
则所求双曲线的离心率的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】设出以为直径的圆的方程为，依题意，椭圆短轴的端点在此圆外，从而得出，再利用双曲线的离心率公式和以及不等式的基本性质，从而得出双曲线离心率的取值范围.
9．【答案】A,C
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：由正态分布的概念可知，故A正确；
由正态分布的性质得，故B错误；
因为1件产品的质量指标值位于区间的概率为，
所以，故C正确；
因为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据正态分布的期望公式，从而判断出选项A；利用正态分布对应的概率密度函数图象的对称性以及概率的基本性质，从而得出的值，则判断出选项B；利用二项分布求概率公式，从而得出的值，则判断出选项C；利用二项分布求方差公式，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由已知可得，，，
易得等腰三角形的底边长，.
对于A，因为该圆锥的侧面积为，所以A错误；
对于B，因为该圆锥的体积为，所以B正确；
对于C，如图，取中点为，连接，
则为与底面所成角为，故，所以C正确；
对于D，当球与圆锥内切时，表面积最大，此时球心在圆锥的高上，
设球心为，球的半径为，过向作垂线，垂足为，则，
又因为，所以，
所以，
所以球的表面积为，所以D正确，
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件和等腰三角形的结构特征以及圆锥的侧面积公式，则判断出选项A；利用圆锥的侧面积公式，则判断出选项B；取中点为，连接，从而得出为与底面所成角
，再结合弦长公式得出AC的长，则判断出选项C；利用得出，从而得出球的半径，再根据球的表面积公式得出该圆锥内部半径最大的球的表面积，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：原式移项得，
即.
对于A，令，由可得，
故（舍去）或，故A正确；
对于B，令，则，故，
由于，令，则，所以，即有，故B正确：
对于C，令，则，即，
因为，所以，所以为偶函数，
对左右两边同时求导得，
所以为奇函数，故C错误；
对于D，由选项A可知，若，
令，则，即；
令，则，即；
令，则，即；
令，则，即；
令，则，即；
令，则，即；
令，则，即，
由此可得的值有周期性，周期为6，
且，
故，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】令和任意的，恒有，且，从而得出的值，则判断出选项A；令和任意的，恒有，再令，则，从而得出，则可判断选项B；令和任意的，恒有，从而得出，再根据偶函数的定义，从而判断出的奇偶性，则判断出选项C；通过赋值法，分别求出的值，从而发现函数具有周期性，再利用函数的周期性得出的值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】中的任何一个值.
【知识点】集合关系中的参数取值问题；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【解答】解：因为，所以，
又因为，
故整数所有可能取值为.
故答案为：中的任何一个值.
【分析】根据绝对值不等式求解方法，从而得出集合B，再利用交集与集合的包含关系的关系，从而得出满足条件的整数的一个值.
13．【答案】4
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由，整理得，
则，解得，所以.
另解：由题意可知，则，
利用基本不等式可得，
当且仅当时取等号，解得.
故答案为：4.
【分析】利用两种方法求解.
方法一：根据题意结合对数的运算性质，从而可得，从而解一元二次方程得出的值，再利用指数式与对数式的互化公式，则得出a的值.
方法二：由题意可知，利用对数的运算法则和对数函数的单调性，从而得出实数a的取值范围，再结合基本不等式求最值的方法求出的最小值，进而得出a的值.
14．【答案】
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：设第一次投篮成功为事件B，通过测试为事件A，
则，
所以，
所以.
故答案为：.
【分析】根据条件概率公式和全概率公式，从而得出小明通过测试的概率.
15．【答案】（1）解：由b和正弦定理，
则，
所以，
因为，化简得，
因为，所以，所以，
所以.
（2）解：法一：由余弦定理，
则
因为，
所以，
即，所以，当且仅当时等号成立，
所以的周长，
即周长的最大值为6.
法二：由正弦定理得出，即，
三角形的周长为，
因为，所以，
所以
，
因为，所以，当时，取得最大值为6.
法三：（几何法）：如图1所示，延长到点，使得，
使得，
要使的周长最大，则需满足长度最大，
将问题转化为已知一边，一对角，
求另一边的长度的最大值，
由图2可得，当为该圆直径时，最大，
即，
所以.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据已知条件和正弦定理以及两角和的正弦公式，可得，再根据三角形的内角和定理和诱导公式以及三角形中角A的取值范围，从而得出角A的余弦值，进而得出角A的值.
（2）利用三种方法求解.
法一：利用余弦定理结合基本不等式求最值的方法，从而由三角形的周长公式，进而得出三角形周长的取值范围，则得出三角形周长的最大值.
法二：利用正弦定理，从而表示出，再利用三角函数的恒等变换，可得三角形的周长为，再根据三角形中角的取值范围，从而由三角形的周长公式得出三角形周长的最大值.
法三：利用数形结合，把问题转化成圆的弦长中，直径最大的问题，再根据直角三角形的边角关系和图2可得，当为该圆直径时，最大，进而由正弦定理得出BP的最大值，再利用三角形的周长公式得出三角形周长的最大值.
（1）由b及正弦定理得
所以
因为
化简得
因为，所以，所以
所以.
（2）法一：由余弦定理
有
因为
所以
即，所以，当且仅当时等号成立.
所以的周长.
即周长的最大值为6.
法二：由正弦定理，即
的周长
因为，所以
所以
因为，所以当时取得最大值为6
法三：（几何法）：如图1所示，延长到点，使得
使得，
要使的周长最大，则需满足长度最大
将问题转化为已知一边，一对角，求另一边的长度的最大值
由图2可得.当为该圆直径时，最大.
即
所以.
16．【答案】（1）证明：方法一；由，则，
因为为正方形，故，
又因为平面平面且交于平面，
所以，平面，
又因为平面，所以，
又因为平面平面，
故平面，
又因为平面，
所以平面平面.
方法二：因为为正方形，故，
又因为平面平面交于平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
因为平面和平面交线平行于.
故是平面和平面所成二面角的平面角，
则，
所以，
故平面平面.
方法三：取中点为，先证明：，
，点为的中点.，
因为平面平面交于平面，
所以，平面，
又因为平面，
所以，，
由已知，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为.
故，
，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，得，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，得，
，故，
所以，平面平面.
（2）解：取中点为，
由（1）知，，
从而建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
所以，
显然可知平面的法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，，
取，得，
则，
所以平面和平面所成锐二面角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用三种方法证明.
方法一：先证明平面，从而得到，再证明面，从而证出平面平面.
方法二：根据二面角的平面角定义，从而判断出是平面和平面所成二面角的平面角，由勾股定理可得的值，从而证出平面平面.
方法三：建立空间直角坐标系，利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，求出平面和平面的法向量，再根据两向量垂直数量积为0 的等价关系，从而证出平面平面.
（2）取中点为，由（1）知，，建立空间直角坐标系，得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积求出平面的法向量和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面和平面所成锐二面角的余弦值.
（1）方法一；由，有，
，因为为正方形，故，
又平面平面交于平面，
所以，平面，
又平面，所以，
又平面平面，
故平面，又平面，
所以平面平面.
方法二；因为为正方形，故，
而平面平面交于平面，
所以平面，又平面，
所以，
平面和平面交线平行于.
故是平面和平面所成二面角的平面角.
.有，
故平面平面.
方法三：取中点为，先证明：，
，点为的中点.，
而平面平面交于平面，
所以，平面，又平面，
所以，，
由已知，建立如图空间直角坐标系，
因为.
故，
，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，得，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，得，
，故，
所以，平面平面.
（2）取中点为.由（1）知，，
建立如图所示空间直角坐标系，则，，
所以，，
显然可知平面的法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，，取，得，
则，
所以平面和平面所成锐二面角的余弦值为.
17．【答案】（1）解：设点，
由题意知，
则直线的斜率分别为，
所以，化简得，
所以，点的轨迹方程为.
（2）解：方法一，设，
由题意知，直线的方程为，所以，
联立方程组，消去整理得，
，，
由得，，
故有，即，
解得.
方法二：设，由题意知直线的方程为，所以，
联立方程组，消去整理得.
，，
由得，，
故有，即，
解得.
方法三：设，由题意知直线的方程为，所以.
因为，所以线段的中点为，
，又因为，所以点也是的中点，
联立方程组，
①-②得，即，
所以，
又因为，所以，
解得.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）设点，根据题意结合两点求斜率公式和，从而化简可得点P的轨迹方程，即可得曲线的方程.
（2）方法一、方法二：设出直线的方程为，与曲线方程联立，由韦达定理可得，再结合向量关系求解得出k的值.
方法三：由题意，的中点为的中点，由点差法可得弦中点坐标与弦所在直线的斜率的关系，再列式运算得出k的值.
（1）设点，由题意知.
直线的斜率分别，
所以，
化简得
点的轨迹方程为.
（2）方法一，设，
由题意知直线的方程为，所以，
联立方程组，消去整理得，
，，
由得，，
故有，即，
解得.
方法二：设，由题意知直线的方程为，所以，
联立方程组，消去整理得.
，，
由得，，
故有，即，
解得.
方法三：设，由题意知直线的方程为，所以.
因为，所以线段的中点为，
，又因为，所以点也是的中点，
联立方程组，
①-②得，即，
所以，
又因为，所以，
解得.
18．【答案】（1）解：因为，
当时，，
当时，，
所以，函数在处的切线方程为.
（2）解：因为函数的定义域为，
①当时，恒成立，令，则，
若；若，
所以在单调递减，在单调递增；
②当时，，
令，则，
（i）当，即时，
若或；若，
所以在上递增，在上递减，
在上递增；
（ii）当时，即当时，恒成立，在上递增；
（iii）当时，即当时，
若或；
若，
则在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，
综上所述，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（3）解：由得恒成立，
因为，即恒成立，
设，则，
因为，同构可得，
令因为，所以，
下面先证，
设，于是，
令，则，
当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，当且仅当时等号成立，
所以，
即，
所以，即，
故实数取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，由代入法得出切点坐标，再根据点斜式得出函数的图象在点处的切线方程.
（2）利用导数与函数单调性的关系，再分类讨论出函数的单调性.
（3）由参变分离得恒成立，设，利用不等式恒成立问题求解方法，则，再利用导数求出，从而得出实数a的取值范围.
（1），
当时，，
当时，，
函数在处的切线方程为.
（2）函数的定义域为，
①当时，恒成立，令，则，
若：若，
所以在单调递减，在单调递增；
②当时，，
令，则，
（i）当，即时，
若或：若，
所以在上递增，在上递减，在上递增.
（ii）当，即时，恒成立，在上递增.
（iii）当，即时，若或：
若，
所以在上递增，在上递减，在上递增，
综上所述，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增；
当时，在上递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增.
（3）由得恒成立
因为，即恒成立.
设，则，
因为，
同构可得
令因为，所以，
下面先证
设，于是，
令，则，当时，：
当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，当且仅当时等号成立.
所以，
即，
所以，即
故实数取值范围为
19．【答案】（1）解：当时，得；
当时，，
两式相减得，
所以是以1为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2）解：（i)
，
设，
所以，
上面两式相减得，
所以，
所以，
所以.
(ii），
因为都是递减数列，
所以，
则，
令，即恒成立，
所以数列单调递增，
当时，，
则，
所以；
当时，，
则，
所以，，成立，解得，存在；
当时，；
当时，；不满足题意，故不存在，
综上所述，当正整数对取和时，成立.
【知识点】数列的函数特性；等比数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用与的关系式和等比数列的定义，从而判断出数列是以1为首项，为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）（i）利用错位相减法得到.
（ii)由，再利用数列的单调性进行放缩讨论，从而得出当正整数对取和时，成立.
（1）当时，得；
当时，，
两式相减得，
所以是以1为首项，为公比的等比数列.
所以.
（2）①
设，
所以，
上面两式相减得，
所以
所以，
所以.
②
因为都是递减数列；
所以；
则，
令，即恒成立，
所以数列单调递增，
当时，；
则
所以；
当时，；
则，
所以，，成立，解得，存在；
当时，；
当时，；不满足题意，故不存在：
综上所述，当正整数对取和时，成立.
1 / 1广东省韶关市2025届高三上学期综合测试（一）数学试题
1．（2024高三上·韶关模拟）若复数满足，则（ ）
A．1 B． C．2 D．4
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：方法1：因为，所以，
所以.
方法2：因为，所以，
即.
故答案为：C.
【分析】利用两种方法求解.
方法1：根据复数除法运算法则求出复数，再利用共轭复数的定义结合复数乘法运算法则，从而可得复数.
方法2：利用复数的模的性质求出的值，再由共轭复数的性质，从而可得复数.
2．（2024高三上·韶关模拟）已知数列是等比数列，若，则的前6项和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设数列的公比为，
依题意，得出，
解得，所以.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和等比数列的通项公式得出公比的值，再结合等比数列的前n项和公式，从而得出等比数列的前6项的和.
3．（2024高三上·韶关模拟）已知向量，若与垂直.则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的坐标运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：由题意，则向量，
则，
因为，所以，
解得，所以，当时，与垂直.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和向量的坐标运算，从而得到，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标运算，从而得出实数的值.
4．（2024高三上·韶关模拟）众数 平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据的分布形态有关.根据某小区1000户居民的月均用水量数据（单位：），得到如图所示的频率分布直方图，记该组数据的众数为，中位数为，平均数为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：观察频率分布直方图，发现是属于右边“拖尾”，
所以平均数大于中位数为，
由于第一个小矩形面积为，
前2个小矩形面积之和为，
所以中位数位于之间，
故可得，解得，
由频率分布直方图可知众数，
故.
故答案为：D.
【分析】由频率分布直方图求众数、中位数和平均数的方法，从而比较出三者的大小.
5．（2024高三上·韶关模拟）已知函数在上是单调函数，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：因为当时，是减函数，
又因为在上单调，
所以，当时，单调递诚，
则，解得.
故答案为：B.
【分析】由分段函数的解析式可知当时，是减函数，则函数在上单调递减，则需要当时，函数单调递减且在断开位置处也要满足减函数的定义，从而得出实数a的取值范围.
6．（2024高三上·韶关模拟）已知函数的部分图象如图，是相邻的最低点和最高点，直线的方程为，则函数的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：连接，函数与轴交于点，
由图象的对称性，可知点也在函数的图象上，所以点的坐标为，
设，由，得，
所以的最小正周期满足，
解得，即，解得，所以，
因为点是图象的一个最高点，
所以，再结合，
解得.
故答案为：C.
【分析】连接，函数与轴交于点，从而得出点的坐标，则点也在函数的图象上，再由两点求斜率公式得出点的坐标，从而可得函数的周期，再根据正弦型函数的最小正周期公式求得的值，利用点是图象的一个最高点和五点对应法，则由的取值范围，从而得出的值，进而得出函数的解析式．
7．（2024高三上·韶关模拟）已知为方程的两个实数根，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】解：因为为方程的两根，
由韦达定理，得，
则.
故答案为：C.
【分析】根据韦达定理求出的值，再利用两角差的余弦公式和两角和的正弦公式以及同角三角函数基本关系式，从而得出的值.
8．（2024高三上·韶关模拟）椭圆的左右焦点分别为，以为直径的圆与椭圆没有公共点，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】椭圆的简单性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：以为直径的圆的方程为，
依题意，椭圆短轴的端点在此圆外，即，解得，
则双曲线的离心率为，
由，得，
则所求双曲线的离心率的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】设出以为直径的圆的方程为，依题意，椭圆短轴的端点在此圆外，从而得出，再利用双曲线的离心率公式和以及不等式的基本性质，从而得出双曲线离心率的取值范围.
9．（2024高三上·韶关模拟）已知某批产品的质量指标服从正态分布，且，现从该批产品中随机取3件，用表示这3件产品的质量指标值位于区间的产品件数，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：由正态分布的概念可知，故A正确；
由正态分布的性质得，故B错误；
因为1件产品的质量指标值位于区间的概率为，
所以，故C正确；
因为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据正态分布的期望公式，从而判断出选项A；利用正态分布对应的概率密度函数图象的对称性以及概率的基本性质，从而得出的值，则判断出选项B；利用二项分布求概率公式，从而得出的值，则判断出选项C；利用二项分布求方差公式，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
10．（2024高三上·韶关模拟）已知圆锥的顶点为为底面圆的直径，，点在圆上，点为的中点，与底面所成的角为，则（ ）
A．该圆锥的侧面积为
B．该圆锥的休积为
C．
D．该圆锥内部半径最大的球的表面积为
【答案】B,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由已知可得，，，
易得等腰三角形的底边长，.
对于A，因为该圆锥的侧面积为，所以A错误；
对于B，因为该圆锥的体积为，所以B正确；
对于C，如图，取中点为，连接，
则为与底面所成角为，故，所以C正确；
对于D，当球与圆锥内切时，表面积最大，此时球心在圆锥的高上，
设球心为，球的半径为，过向作垂线，垂足为，则，
又因为，所以，
所以，
所以球的表面积为，所以D正确，
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件和等腰三角形的结构特征以及圆锥的侧面积公式，则判断出选项A；利用圆锥的侧面积公式，则判断出选项B；取中点为，连接，从而得出为与底面所成角
，再结合弦长公式得出AC的长，则判断出选项C；利用得出，从而得出球的半径，再根据球的表面积公式得出该圆锥内部半径最大的球的表面积，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2024高三上·韶关模拟）若为函数的导函数，对任意的，恒有，且，则（ ）
A． B．
C．为偶函数 D．若，则
【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：原式移项得，
即.
对于A，令，由可得，
故（舍去）或，故A正确；
对于B，令，则，故，
由于，令，则，所以，即有，故B正确：
对于C，令，则，即，
因为，所以，所以为偶函数，
对左右两边同时求导得，
所以为奇函数，故C错误；
对于D，由选项A可知，若，
令，则，即；
令，则，即；
令，则，即；
令，则，即；
令，则，即；
令，则，即；
令，则，即，
由此可得的值有周期性，周期为6，
且，
故，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】令和任意的，恒有，且，从而得出的值，则判断出选项A；令和任意的，恒有，再令，则，从而得出，则可判断选项B；令和任意的，恒有，从而得出，再根据偶函数的定义，从而判断出的奇偶性，则判断出选项C；通过赋值法，分别求出的值，从而发现函数具有周期性，再利用函数的周期性得出的值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．（2024高三上·韶关模拟）已知集合，写出满足条件的整数的一个值 .
【答案】中的任何一个值.
【知识点】集合关系中的参数取值问题；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【解答】解：因为，所以，
又因为，
故整数所有可能取值为.
故答案为：中的任何一个值.
【分析】根据绝对值不等式求解方法，从而得出集合B，再利用交集与集合的包含关系的关系，从而得出满足条件的整数的一个值.
13．（2024高三上·韶关模拟）已知，则 .
【答案】4
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由，整理得，
则，解得，所以.
另解：由题意可知，则，
利用基本不等式可得，
当且仅当时取等号，解得.
故答案为：4.
【分析】利用两种方法求解.
方法一：根据题意结合对数的运算性质，从而可得，从而解一元二次方程得出的值，再利用指数式与对数式的互化公式，则得出a的值.
方法二：由题意可知，利用对数的运算法则和对数函数的单调性，从而得出实数a的取值范围，再结合基本不等式求最值的方法求出的最小值，进而得出a的值.
14．（2024高三上·韶关模拟）小明参加一项篮球投篮测试，测试规则如下：若出现连续两次投篮命中，则通过测式；若出现连续两次投篮不中，则不通过测试.已知小明每次投篮命中的概率均为，则小明通过测试的概率为 .
【答案】
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：设第一次投篮成功为事件B，通过测试为事件A，
则，
所以，
所以.
故答案为：.
【分析】根据条件概率公式和全概率公式，从而得出小明通过测试的概率.
15．（2024高三上·韶关模拟）已知分别为三个内角的对边，且.
（1）求；
（2）若，求周长的最大值.
【答案】（1）解：由b和正弦定理，
则，
所以，
因为，化简得，
因为，所以，所以，
所以.
（2）解：法一：由余弦定理，
则
因为，
所以，
即，所以，当且仅当时等号成立，
所以的周长，
即周长的最大值为6.
法二：由正弦定理得出，即，
三角形的周长为，
因为，所以，
所以
，
因为，所以，当时，取得最大值为6.
法三：（几何法）：如图1所示，延长到点，使得，
使得，
要使的周长最大，则需满足长度最大，
将问题转化为已知一边，一对角，
求另一边的长度的最大值，
由图2可得，当为该圆直径时，最大，
即，
所以.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据已知条件和正弦定理以及两角和的正弦公式，可得，再根据三角形的内角和定理和诱导公式以及三角形中角A的取值范围，从而得出角A的余弦值，进而得出角A的值.
（2）利用三种方法求解.
法一：利用余弦定理结合基本不等式求最值的方法，从而由三角形的周长公式，进而得出三角形周长的取值范围，则得出三角形周长的最大值.
法二：利用正弦定理，从而表示出，再利用三角函数的恒等变换，可得三角形的周长为，再根据三角形中角的取值范围，从而由三角形的周长公式得出三角形周长的最大值.
法三：利用数形结合，把问题转化成圆的弦长中，直径最大的问题，再根据直角三角形的边角关系和图2可得，当为该圆直径时，最大，进而由正弦定理得出BP的最大值，再利用三角形的周长公式得出三角形周长的最大值.
（1）由b及正弦定理得
所以
因为
化简得
因为，所以，所以
所以.
（2）法一：由余弦定理
有
因为
所以
即，所以，当且仅当时等号成立.
所以的周长.
即周长的最大值为6.
法二：由正弦定理，即
的周长
因为，所以
所以
因为，所以当时取得最大值为6
法三：（几何法）：如图1所示，延长到点，使得
使得，
要使的周长最大，则需满足长度最大
将问题转化为已知一边，一对角，求另一边的长度的最大值
由图2可得.当为该圆直径时，最大.
即
所以.
16．（2024高三上·韶关模拟）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，平面平面为的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：方法一；由，则，
因为为正方形，故，
又因为平面平面且交于平面，
所以，平面，
又因为平面，所以，
又因为平面平面，
故平面，
又因为平面，
所以平面平面.
方法二：因为为正方形，故，
又因为平面平面交于平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
因为平面和平面交线平行于.
故是平面和平面所成二面角的平面角，
则，
所以，
故平面平面.
方法三：取中点为，先证明：，
，点为的中点.，
因为平面平面交于平面，
所以，平面，
又因为平面，
所以，，
由已知，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为.
故，
，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，得，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，得，
，故，
所以，平面平面.
（2）解：取中点为，
由（1）知，，
从而建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
所以，
显然可知平面的法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，，
取，得，
则，
所以平面和平面所成锐二面角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用三种方法证明.
方法一：先证明平面，从而得到，再证明面，从而证出平面平面.
方法二：根据二面角的平面角定义，从而判断出是平面和平面所成二面角的平面角，由勾股定理可得的值，从而证出平面平面.
方法三：建立空间直角坐标系，利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，求出平面和平面的法向量，再根据两向量垂直数量积为0 的等价关系，从而证出平面平面.
（2）取中点为，由（1）知，，建立空间直角坐标系，得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积求出平面的法向量和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面和平面所成锐二面角的余弦值.
（1）方法一；由，有，
，因为为正方形，故，
又平面平面交于平面，
所以，平面，
又平面，所以，
又平面平面，
故平面，又平面，
所以平面平面.
方法二；因为为正方形，故，
而平面平面交于平面，
所以平面，又平面，
所以，
平面和平面交线平行于.
故是平面和平面所成二面角的平面角.
.有，
故平面平面.
方法三：取中点为，先证明：，
，点为的中点.，
而平面平面交于平面，
所以，平面，又平面，
所以，，
由已知，建立如图空间直角坐标系，
因为.
故，
，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，得，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，得，
，故，
所以，平面平面.
（2）取中点为.由（1）知，，
建立如图所示空间直角坐标系，则，，
所以，，
显然可知平面的法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，，取，得，
则，
所以平面和平面所成锐二面角的余弦值为.
17．（2024高三上·韶关模拟）已知抛物线的焦点为，其准线与轴相交于点.动点满足直线的斜率之积为，记点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）过点且斜率为的直线与轴相交于点，与相交于两点，若.求的值.
【答案】（1）解：设点，
由题意知，
则直线的斜率分别为，
所以，化简得，
所以，点的轨迹方程为.
（2）解：方法一，设，
由题意知，直线的方程为，所以，
联立方程组，消去整理得，
，，
由得，，
故有，即，
解得.
方法二：设，由题意知直线的方程为，所以，
联立方程组，消去整理得.
，，
由得，，
故有，即，
解得.
方法三：设，由题意知直线的方程为，所以.
因为，所以线段的中点为，
，又因为，所以点也是的中点，
联立方程组，
①-②得，即，
所以，
又因为，所以，
解得.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）设点，根据题意结合两点求斜率公式和，从而化简可得点P的轨迹方程，即可得曲线的方程.
（2）方法一、方法二：设出直线的方程为，与曲线方程联立，由韦达定理可得，再结合向量关系求解得出k的值.
方法三：由题意，的中点为的中点，由点差法可得弦中点坐标与弦所在直线的斜率的关系，再列式运算得出k的值.
（1）设点，由题意知.
直线的斜率分别，
所以，
化简得
点的轨迹方程为.
（2）方法一，设，
由题意知直线的方程为，所以，
联立方程组，消去整理得，
，，
由得，，
故有，即，
解得.
方法二：设，由题意知直线的方程为，所以，
联立方程组，消去整理得.
，，
由得，，
故有，即，
解得.
方法三：设，由题意知直线的方程为，所以.
因为，所以线段的中点为，
，又因为，所以点也是的中点，
联立方程组，
①-②得，即，
所以，
又因为，所以，
解得.
18．（2024高三上·韶关模拟）已知函数.
（1）当时，求函数的图象在点处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）设，若，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：因为，
当时，，
当时，，
所以，函数在处的切线方程为.
（2）解：因为函数的定义域为，
①当时，恒成立，令，则，
若；若，
所以在单调递减，在单调递增；
②当时，，
令，则，
（i）当，即时，
若或；若，
所以在上递增，在上递减，
在上递增；
（ii）当时，即当时，恒成立，在上递增；
（iii）当时，即当时，
若或；
若，
则在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，
综上所述，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（3）解：由得恒成立，
因为，即恒成立，
设，则，
因为，同构可得，
令因为，所以，
下面先证，
设，于是，
令，则，
当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，当且仅当时等号成立，
所以，
即，
所以，即，
故实数取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，由代入法得出切点坐标，再根据点斜式得出函数的图象在点处的切线方程.
（2）利用导数与函数单调性的关系，再分类讨论出函数的单调性.
（3）由参变分离得恒成立，设，利用不等式恒成立问题求解方法，则，再利用导数求出，从而得出实数a的取值范围.
（1），
当时，，
当时，，
函数在处的切线方程为.
（2）函数的定义域为，
①当时，恒成立，令，则，
若：若，
所以在单调递减，在单调递增；
②当时，，
令，则，
（i）当，即时，
若或：若，
所以在上递增，在上递减，在上递增.
（ii）当，即时，恒成立，在上递增.
（iii）当，即时，若或：
若，
所以在上递增，在上递减，在上递增，
综上所述，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增；
当时，在上递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增.
（3）由得恒成立
因为，即恒成立.
设，则，
因为，
同构可得
令因为，所以，
下面先证
设，于是，
令，则，当时，：
当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，当且仅当时等号成立.
所以，
即，
所以，即
故实数取值范围为
19．（2024高三上·韶关模拟）设数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）在和之间插入1个数，使成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；依次类推，在和之间插入个数，使成等差数列.
（i）若，求；
（ii）对于（i）中的，是否存在正整数，使得成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，说明理由.
【答案】（1）解：当时，得；
当时，，
两式相减得，
所以是以1为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2）解：（i)
，
设，
所以，
上面两式相减得，
所以，
所以，
所以.
(ii），
因为都是递减数列，
所以，
则，
令，即恒成立，
所以数列单调递增，
当时，，
则，
所以；
当时，，
则，
所以，，成立，解得，存在；
当时，；
当时，；不满足题意，故不存在，
综上所述，当正整数对取和时，成立.
【知识点】数列的函数特性；等比数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用与的关系式和等比数列的定义，从而判断出数列是以1为首项，为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）（i）利用错位相减法得到.
（ii)由，再利用数列的单调性进行放缩讨论，从而得出当正整数对取和时，成立.
（1）当时，得；
当时，，
两式相减得，
所以是以1为首项，为公比的等比数列.
所以.
（2）①
设，
所以，
上面两式相减得，
所以
所以，
所以.
②
因为都是递减数列；
所以；
则，
令，即恒成立，
所以数列单调递增，
当时，；
则
所以；
当时，；
则，
所以，，成立，解得，存在；
当时，；
当时，；不满足题意，故不存在：
综上所述，当正整数对取和时，成立.
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