文档内容
2025 年茂名市高三年级第二次综合测试
数学试卷
试卷共 4 页，19 小题，满分 150 分.考试用时 120 分钟.
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填
写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂
黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相
应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不
按以上要求作答的答案无效.
4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回.
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是
符合题目要求的.
1. 已知 ，则 （ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简求模长即可．
【详解】 ，
，
故选：A．
2. 设集合 ，则 是 的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
第 1页/共 20页【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件，推得 是 的真子集，即可判断．
【详解】∵集合 ，
，
∴ 是 的真子集，
是 的充分不必要条件．
故选：A．
3. 已知向量 不共线，且 ，则实数 （ ）
A. 3 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量共线，可设 ，利用向量相等的条件求解即可．
【详解】因为向量 不共线，且 ，
设 ，即 ，
所以 ，解得 ．
故选：D．
4. 若 ，则 （ ）
A. 0 B. C. 1 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据两角和正切公式展开后再代入即可.
【详解】 ，即 ，
第 2页/共 20页则 ，
.
故选：C.
5. 二项式 的展开式中 的系数为（ ）
A. B. C. 40 D. 80
【答案】B
【解析】
【分析】由二项式定理的通项公式列方程，求出 ，求出 项的系数即可．
【详解】由二项式定理的通项公式得： ，
令 ，解得： ，所以 的系数为： ，
故选：B．
6. 甲、乙、丙三人练习传球，每次传球时，持球者会等可能地传给另外两人中的任意一位，若第一次由甲
开始传球，则经过四次传球后，球回到甲手中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可列出球在甲手中的概率递推关系式，构造出等比数列，求出第 次球在甲手中的概率表
达式，代入计算即可.
【详解】设事件 “第 次球在甲手中”， “第 次球在乙手中”， “第 次球在丙手中”，
那么由题意可知： ，又 ，
所以 ，构造等比数列 ，
因为第一次由甲传球，可认为第 次传球在甲，即 ，
第 3页/共 20页所以 是以 为首项，公比为 的等比数列，
故 ，
则 .
故选：C.
7. 已 知 函 数 为 上 的 奇 函 数 ， ， 当 时 ， ， 不 等 式
的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数 ，利用导数得到 在各区间的符号，再分类讨论即可解出不等式.
【详解】构造 ，则 ，
因为当 时， ，则此时 ， 单调递增，
则 正负符号由 决定，
又因为 ，则 ，因为 在 上单调递增，
则当 时， ，所以此时 ，
当 时， ，所以此时 ，
又因为 为 上的奇函数，则当 时， ，则 ，
当 时， ，则 ，
且 ，
则若 ，则 或
第 4页/共 20页即 或 ，解得 或 ，
综上， 的解集为 .
故选：D.
8. 设 为坐标原点， 为双曲线 的左焦点，圆 与 的渐近线
在第一象限的交点为 ，若 ，则 的离心率为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件写出双曲线的渐近线，与圆联立求出 ，再利用向量夹角为 建立等式求解离
心率即可.
【详解】
的渐近线为 ，
联立 ，因为在第一象限的交点为 ，得 ，即 ，
所以 ，又 ，
故 ，
第 5页/共 20页化简得： ，
故选：B
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题
目要求，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
9. 等差数列 中， ．记数列 前 项和为 ，下列选项正确的是（ ）
A. 数列 的公差为 2 B. 取最小值时，
C. D. 数列 的前 10 项和为 50
【答案】AD
【解析】
【分析】根据等差数列通项公式得关于 的方程，解出 ，则得到 ，最后一一判断选项即可.
【详解】对 A，设等差数列 的公差为 ，则由题意知 ，
解得 ，故 A 正确；
对 B， ， ，
则当 时， 取最小值 ，故 B 错误；
对 C， ， ，则 ，故 C 错误；
对 D，数列 的前 10 项和为 ，故 D 正确.
故选：AD.
10. 的 内 角 的 对 边 分 别 为 ， 已 知
，下列选项正确的是（ ）
A. B. 可能成立
第 6页/共 20页C. 可能是等腰三角形 D. 面积的最大值为 20
【答案】AC
【解析】
【分析】由三角恒等变换公式结合正弦定理化简即可判断 A，反证法假设 成立，结合三角形三
边关系即可判断 B，假设 结合余弦定理代入计算，即可判断 C，由三角形的面积公式结合余弦定理代
入计算，即可判断 D.
【详解】由正弦定理可得 ,
即 ，即 ，
即 ，且 ，所以 ，
且 ，所以 ，故 A 正确；
假设 ，则 ，又 ，则 ，
不满足三角形两边之和大于第三边，故 不可能成立，故 B 错误；
假设 ，由余弦定理可得 ，
代入可得 ，
又 ，即 ，
则 成立，所以 成立，
成立，所以 成立，
故 C 正确；
由三角形的面积公式 ，
由余弦定理可得 ，
即 ，且 ， ，
第 7页/共 20页所以 ，化简可得 ，解得 ，
所以 时，三角形的面积最大，最大值为 ，故 D 错误；
故选：AC
11. 设 为 坐 标 原 点 ， 对 点 （ 其 中 ） 进 行 一 次 变 换 ， 得 到
点
，记为 ，则（ ）
A. 若 ，则
B. 若 ，则
C. 若 ，则
D. 为 图象上一动点， ，若 的轨迹仍为函数图象，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 A，验证旋转后的点 是否满足 ，即斜率乘积是否为 ，对于 B，旋转不
改变点到原点的距离，直接计算 和 是否相等，对于 C，根据变换得到 的坐标关系可得变换
形式，从而可判断正误，对于 D，根据导数的范围可出参数的范围后可判断正误.
【详解】因为 ， ，所以 ，所以 ，故 A 正确；
因为 ， ，
所以 ，故 B 正确；
因为 ，故 ，
故 ，
而 ，
故
第 8页/共 20页，
同理 ，
故 ，故 C 错误；
对于 D，因为 ，故将 顺时针旋转 后仍为函数图像，
故 图象上的任意一点切线的斜率大于或等于 ，
故 即 在 上恒成立，故 ，故 D 成立.
故选：ABD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 已知抛物线 的焦点为 ，点 在抛物线上， 垂直 轴于点 ，若 ，则
______．
【答案】8
【解析】
【分析】先求出焦点坐标，得到 ，即准线方程为 ，利用抛物线的定义可知 等于其到准线
的距离，即 .
【详解】由题意可知焦点 ，准线方程为 ，又点 在抛物线上，
所以点 到准线的距离为 ，由抛物线的定义可知 .
故答案为： .
13. 已知函数 ，若 恒成立，则实数 a 的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】恒成立问题，可以用参变分离求最值的方法，结合放缩即可得答案.
【详解】
第 9页/共 20页由于 ，
两者都是当且仅当 x＝1 等号成立
则
所以 ．
故答案 ： ．
14. 已知棱长为 的正四面体 ，且 ， 为侧面 内的一动点，若 ，
则点 的轨迹长为______．
【答案】
【解析】
【分析】以 为原点，建立空间直角坐标系，设 ，由 ，得到 ，得
到点 在空间中的轨迹为一个球，进而点 在侧面 内的轨迹为以 为圆心，以 为半径的圆的一部分，
求得 ，得到 ，进而求得点 的轨迹长度.
【详解】以 为原点，以 的方向为 轴，建立空间直角坐标系，
可得 ，因为 ，可得 ，
设 ，因为 ，即 ，
可得 ，整理得 ，
第 10页/共 20页所以点 在空间中的轨迹是以 为球心，半径为 的球，
又因为 在侧面 内，过点 作 平面 于点 ，则 为 的中心，
点 在侧面 内的轨迹为以 为圆心，以 为半径的圆的一部分，
（如图所示的圆的虚线部分），
因为 ，所以 ，
所以 ，则 ，
所以点 的轨迹长度为 .
故答案为：
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知 为常数，且 ．
（1）若 ，求函数 的单调区间；
（2）若方程 有且仅有 2 个不等的实数解，求 的值．
【答案】（1）单调增区间为 和 ，单调减区间为 .
（2）
【解析】
【分析】（1）直接代入求导即可得到其单调区间；
（2）求导得到其单单调性，再跟三次函数特点得到 ，解出方程即可.
第 11页/共 20页【小问 1 详解】
因为 ，所以 ，
所以 ，
当 和 时， 单调递增；
当 时， 单调递减，
所以 的单调增区间为 和 ，单调减区间为 .
【小问 2 详解】
因为方程 有 2 个不同的实数解，所以 有 2 个零点，
又由（1）可知， ，因为 ，
则当 ， ，当 ， ，
则 在 单调递增，在 单调递减，在 单调递增，
所以 ，
解得 或 或 或 ，
又 ，所以 .
16. 如 图 ， 在 四 棱 锥 中 ， 平 面 ， ， ， ，
， ， 为 的中点， ．
（1）证明： ；
（2）若 为线段 上一点，且 四点共面，求三棱锥 的体积．
【答案】（1）证明见解析；
第 12页/共 20页（2） .
【解析】
【分析】（1）利用向量数量积证得 ，再利用线面垂直的性质与判定定义即可证明；
（2）建立合适的空间直角坐标系得平面 的一个法向量，再设 ，根据垂直关系得 值，最
后利用体积公式即可.
【小问 1 详解】
由题意知 ，
因为 ，
所以 ，又 平面 ，又 平面 ，
所以 ，又 平面 ，且 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 .
【小问 2 详解】
因为 平面 ，又 平面 ，
所以 ，又 ，所以 两两垂直，
如图以 A 为原点， 的方向分别为 ， ， 轴的正方向建立空间直角坐标系，
则 ，
所以 ，
设平面 的一个法向量为
则 ，
不妨令 ，则 所以
设 ，则 ，
第 13页/共 20页因为 四点共面，则 ，解得 ，
即 ，所以 .
17. 某运动员为了解自己的运动技能水平，记录了自己 1000 次训练情况并将成绩（满分 100 分）统计如下
表所示.
成绩区间
频数 100 200 300 240 160
（1）求上表中成绩的平均值及上四分位数（同一区间中的数据用该区间的中点值为代表）；
（2）该运动员用分层抽样的方式从 的训练成绩中随机抽取了 6 次成绩，再从这 6 次成绩中随机选
2 次，设成绩落在区间 的次数为 X，求 X 的分布列及数学期望；
（3）对这 1000 次训练记录分析后，发现某项动作可以优化.优化成功后，原低于 80 分的成绩可以提高 10
分，原高于 80 分的无影响，优化失败则原成绩会降低 10 分，已知该运动员优化动作成功的概率为
．在一次资格赛中，入围的成绩标准是 80 分.用样本估计总体的方法，求使得入围的可能性变
大时 p 的取值范围.
【答案】（1）平均值为 ，上四分位数为 ；
（2）分布列见解析，数学期望为 ；
（3） .
【解析】
【分析】（1）根据平均值计算公式和上四分位数计算方法即可得到答案；
第 14页/共 20页（2）写出 的可能取值，再分别计算出其分布列，最后再利用数学期望公式即可；
（3）法一：利用互斥事件加法公式和全概率计算公式得到关于 的表达式，从而得到不等式，解出即可；
法二：根据比例法得到相关概率表达式，解出不等式即可.
【小问 1 详解】
依题意，平均值
，
，
上四分位数落在区间 ，且等于 .
【小问 2 详解】
由样本数据可知，训练成绩在 之内的频数之比为 2:1，
由分层抽样的方法得，从训练成绩在 中随机抽取了 6 次成绩，
在 之内的 4 次，在 之内的抽取了 2 次，
所以 可取的值有：0，1，2，
， ， ，
分布列为：
0 1 2
.
【小问 3 详解】
法一：设事件 分别表示动作优化前成绩落在区间 ， ， ，
则 相互互斥，所以动作优化前，
在一次资格赛中，入围的概率 ，
设事件 B 为＂动作优化成功＂，则 ，
第 15页/共 20页动作优化后，在一次资格赛中，入围事件为： ，且事件 相互互斥，
所以在一次资格赛中入围的概率
，
故 ，
由 解得 ，又 的取值范围是 .
法二：因为入围的成绩标准是 80 分，所以进行某项动作优化前，该运动员在资格赛中入围的概率为：
，
进行某项动作优化后，影响该运动员入围可能性变化的是落在区间 或 的成绩，
当且仅当动作优化成功，落在这两个区间的成绩才能符合入围标准，
所以进行优化后，该运动员在资格赛中入围的概率 ，
由 ，得 ，又 的取值范围是 .
18. 已知椭圆 的焦距为 2，点 在 上， 是 的右焦点，设过点
的直线 与 交于 两点．
（1）求 的方程；
（2）直线 不与 轴重合，且 平分 ．
①求 的值；
②若点 是直线 与 的交点，证明： ．
【答案】（1） ；
（2）① ；②证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据焦距得到 ，再代入 点坐标即可得到椭圆方程；
（2）①采用设线法，再联立椭圆方程得到韦达定理式，再将角平分线转化为 ，再韦达定理式
第 16页/共 20页整体代入化简即可；
②转化为证明 ，而 ，替换其中的 化简即可.
【小问 1 详解】
椭圆的焦距为 ，
∴椭圆的左右焦点分别是 ，
又 点 在椭圆 上，
，
，椭圆 的方程为： ．
【小问 2 详解】
①依题意设直线 的方程为： ，
联立方程组： ，则 ，
即 ，且 ，①
由 ， 的坐标可知 轴， 平分 ，
等价于 ，
即 ，把 代入并化简得：
，把①代入上式得： ，
化简得： （经检验，符合 ，则 .
②欲证 ，只需证： ，
第 17页/共 20页由（2）可得 ，
又 ，
，
即 .
19. 已知 为一个连续函数，若数列 满足： ，则称数列 是关于
的“可差数列”，记数列 的前 项和为 ．
（1）若 是关于 的“可差数列”，求 的通项公式及 ；
（2）已知 满足： ，若 是关于 的“可差数列”．
①试求一个满足条件的 的解析式；
②证明：对于任意给定的正数 ，总存在正整数 ，使得当 时， ．
【答案】（1） ， .
（2）① ；②证明见解析.
【解析】
【分析】（1）代入作差得 ，再累加求和即可；
（ 2） ① 利 用 待 定 系 数 法 即 可 得 到 ； ② 利 用 放 缩 得 ， 分 别
取
第 18页/共 20页和 即可证明.
【小问 1 详解】
因 ，
所以 ，
因为 ，
所以 .
【小问 2 详解】
①因为 ，
不妨令 ，
则 ，
即： ，
所以 得 ，
所以 即 .
②由①可知：
，
因为 ，
当 时，
，
第 19页/共 20页所以 ，
，取 ，则 ，取 ，
当 时，恒有 成立.
