2025届新高三阶段性检测03（基础版）（范围：检测范围1、2至等式与不等式、空间向量与立体几何、解析几何）-2025年高考数学一轮复习考点通关卷（新高考通用）

保密★启用前 2025届新高三阶段性检测03（基础版） （范围：检测范围1、2至等式与不等式、空间向量与立体几何、解析几何）（新课标卷） 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1．已知，则下列选项中正确的是（    ） A． B． C． D． 2．设是等差数列的前n项和，且，则（    ） A．17 B．34 C．51 D．68 3．已知圆关于直线对称，则的最小值是（    ） A．2 B．3 C．6 D．4 4．已知函数，将的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称，则的图象的对称轴可以为（    ）． A． B． C． D． 5．如图，边长为4的等边△ABC，动点P在以BC为直径的半圆上.若 则 的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．若，则的大小关系是（    ） A． B． C． D． 7．已知双曲线l 的焦距为2c，右顶点为A，过A作x轴的垂线与E 的渐近线交于M、N 两点，若 则 E 的离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D．[ ，2] 8．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9．下列命题正确的是（    ） A．“是第二象限角或第三象限角”，“”，则是的充分不必要条件 B．若为第一象限角，则 C．在中，若，则为锐角三角形 D．已知，且，则 10．在平面直角坐标系中，已知是动点．下列命题正确的是（    ） A．若，则的轨迹的长度等于2 B．若，则的轨迹方程为 C．若，则的轨迹与圆没有交点 D．若，则的最大值为3 11．已知函数 的定义域为R，其图象关于中心对称，若 ，则（   ） A． B． C．为奇函数 D．为偶函数 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12．已知，，则 . 13．集合，，若，则实数m的取值范围为 ． 14．我国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“羡除”的几何体，该几何体的一种结构是三个面均为梯形，其他两面为三角形的五面体．如图所示，四边形，，均为等腰梯形，，，，，到平面的距离为5，与间的距离为10，则这个羡除的体积 ． 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．（13分）已知函数，的内角，，所对的边分别为，，，且. (1)求； (2)若，求的值. 16．（15分）记是公差不为0的等差数列的前项和，，且成等比数列. (1)求和； (2)若，求数列的前20项和. 17．（15分）如图，多面体中，已知面是边长为4的正方形，是等边三角形，，，平面平面． (1)求证：； (2)求二面角的大小． 18．（17分）已知椭圆C：的左，右焦点分别为，，过的直线与椭圆C交于M，N两点，且的周长为8，的最大面积为． (1)求椭圆C的方程； (2)设，是否存在x轴上的定点P，使得的内心在x轴上，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由． 19．（17分）设函数的定义域是R，它的导数是．若存在常数，使得对一切恒成立，那么称函数具有性质． (1)求证：函数不具有性质； (2)判别函数是否具有性质．若具有求出的取值集合；若不具有请说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 保密★启用前 2025届新高三阶段性检测03（基础版） （范围：检测范围1、2至等式与不等式、空间向量与立体几何、解析几何）（新课标卷） 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1．已知，则下列选项中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】化简集合，即可根据集合间关系求解. 【详解】由得，由可得， 故，其它都不正确. 故选：B 2．设是等差数列的前n项和，且，则（    ） A．17 B．34 C．51 D．68 【答案】C 【分析】利用等差数列的求和公式即可求解． 【详解】解：设公差为d， 则，即， 则， 故选：C 3．已知圆关于直线对称，则的最小值是（    ） A．2 B．3 C．6 D．4 【答案】D 【分析】转化为直线过圆心即，再利用基本不等式可得答案. 【详解】因为圆关于直线对称， 所以直线过圆心，即， 则 因为，且，所以， 所以， 当且仅当即等号成立， 则的最小值是4. 故选：D. 4．已知函数，将的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称，则的图象的对称轴可以为（    ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意找到函数的对称点得，结合特殊值法计算得，利用辅助角公式化简得，最后整体替换计算得到结果； 【详解】由题意可得的图象关于点对称， 即对任意，有， 取，可得，即． 故， 令，，可得的图象的对称轴为，． 故选：D． 5．如图，边长为4的等边△ABC，动点P在以BC为直径的半圆上.若 则 的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立平面直角坐标系，可得半圆弧的方程为：，然后设，根据向量的坐标运算法则算出关于的式子，利用三角恒等变换与正弦函数的性质求解即可． 【详解】根据题意，以所在直线为x轴，的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，如图所示： 则，半圆弧的方程为：， 设，则，， 由，得 ，解得， 由，设，其中， 可得 ， 由，得， 则， 得， 得的取值范围为： 故选：D 6．若，则的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合对数运算性质及对数函数的单调性比较的大小，结合基本不等式及对数函数单调性比较的大小，可得结论. 【详解】， 而，且． 所以，故． 故选：D. 7．已知双曲线l 的焦距为2c，右顶点为A，过A作x轴的垂线与E 的渐近线交于M、N 两点，若 则 E 的离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D．[ ，2] 【答案】A 【分析】首先求出，再结合题干中的条件可知，通过解不等式可得的取值范围，结合双曲线的离心率公式可得答案. 【详解】由题意得，渐近线, 将代入得坐标为,所以, 因为轴，所以, 由已知可得, 两边同时除以得, 所以，即， 解得,所以， 而双曲线的离心率， 故选：A. 8．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，利用正弦、余弦定理，求得的外接圆的半径，记的外心为，证得面，求得，结合球的截面圆的性质，列出方程求得球的半径，利用球的表面积公式，即可求解. 【详解】设的外接圆的半径为，因为， 由余弦定理得，所以， 则，故， 记的外心为，连接，则 取的中点，连接，则， 又因为，可得， 因为，且平面,平面， 所以平面,平面， 又因为平面,平面，所以， 因为且平面，所以面，可得 由题意可得外接球的球心在上，设外接球的半径为， 可得，解得，即， 所以球的表面积为． 故选：A. 二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9．下列命题正确的是（    ） A．“是第二象限角或第三象限角”，“”，则是的充分不必要条件 B．若为第一象限角，则 C．在中，若，则为锐角三角形 D．已知，且，则 【答案】ACD 【分析】对A，根据充分，必要条件的概念判断；对B，利用二倍角余弦公式化简求解；对C，将条件式切化弦结合三角变换求解判断；对D，利用二倍角余弦公式化简条件式，再弦化切求解. 【详解】对于A，若是第二象限角或第三象限角，则.若，取， 此时不是第二象限角或第三象限角，则是的充分不必要条件，故A正确； 对于B，由于为第一象限角，则， ，故B错误； 对于C，在中，若，则，所以， 故，所以，故为锐角三角形，故C正确； 对于D，由，所以，则， 由，知，故D正确. 故选：ACD. 10．在平面直角坐标系中，已知是动点．下列命题正确的是（    ） A．若，则的轨迹的长度等于2 B．若，则的轨迹方程为 C．若，则的轨迹与圆没有交点 D．若，则的最大值为3 【答案】ACD 【分析】对于A，确定M点轨迹，即可判断；对于B，结合双曲线定义进行判断；对于C，求出M点轨迹方程，联立方程或利用向量数量积判断与圆的交点情况，即可判断；对于D，求出动点M的轨迹方程，进而求解数量积最值，即可判断. 【详解】选项A：因为，所以的轨迹为线段， 从而的轨迹的长度等于2，故A正确； 选项B：因为，由双曲线的定义知，的轨迹是以为焦点的双曲线的右支， 而结论的方程中未限制范围，故B错误；（由，得的轨迹方程为） 选项C：解法一：由，得， 化简得，，联立，得， 这与矛盾，所以方程组无解，故的轨迹与圆没有交点，故C正确； 解法二：若有交点，则， 又，矛盾， 所以的轨迹与圆没有交点，故C正确； 选项D： 解法一：由得，， 化简得， 所以的轨迹是以为圆心，半径为的圆， 等于在轴上的投影的长度， 由图知其最大值为3，故D正确； 解法二：同法一得的轨迹是以为圆心，半径为的圆， ，由圆的方程知可取到最大值3，故D正确； 解法三：由得，， 当在的反向延长线上时取等号， ①； ②当在的反向延长线上，且时， 满足条件，此时， 所以的最大值为3，故D正确； 故选：ACD． 11．已知函数 的定义域为R，其图象关于中心对称，若 ，则（   ） A． B． C．为奇函数 D．为偶函数 【答案】ACD 【分析】A选项，根据中心对称为，得到，A正确；B选项，变形得到，赋值得到B错误；C选项，根据函数的对称中心得到，C正确；D选项，根据题目条件得到，变形为，D正确. 【详解】A选项，的定义域为R，其图象关于中心对称， 故，故，A正确； B选项，由题意得，又， 故， 令得，即，B错误； C选项，由题意得，即， 令，则， 所以为奇函数，C正确； D选项，因为，所以， 即，故， 令，则， 故为偶函数，D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12．已知，，则 . 【答案】/ 【分析】把所给式子两边平方相加可求得结果. 【详解】由，可得①， 由，可得②， 所以①+②，可得, 所以，所以. 故答案为：. 13．集合，，若，则实数m的取值范围为 ． 【答案】 【分析】结合B是否为空集进行分类讨论可求的范围． 【详解】由，且， 当时，，则，即， 当时，若，则，解得， 综上，实数的取值范围为． 故答案为：． 14．我国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“羡除”的几何体，该几何体的一种结构是三个面均为梯形，其他两面为三角形的五面体．如图所示，四边形，，均为等腰梯形，，，，，到平面的距离为5，与间的距离为10，则这个羡除的体积 ． 【答案】200 【分析】先连线再根据棱锥体积公式计算组合体体积即可. 【详解】 连接 . 故答案为：200. 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．（13分）已知函数，的内角，，所对的边分别为，，，且. (1)求； (2)若，求的值. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用特殊角的三角函数值求角； （2）法一，根据两角和的正弦公式和正弦定理化简已知，可得，再结合余弦定理求解；法二：利用余弦定理化简已知得，再结合余弦定理求解. 【详解】（1），， ， ，， ，； （2）， 法一：， ， ， 根据正弦定理得， 由余弦定理得   ① 将代入①式，得， ，； 法二：由正弦定理、余弦定理可得， ， ， 由余弦定理得  ① 将代入①式，得， ，. 16．（15分）记是公差不为0的等差数列的前项和，，且成等比数列. (1)求和； (2)若，求数列的前20项和. 【答案】(1)，；(2) 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和等比中项的性质可求出，再根据等差数列的通项公式和前项和公式即可求解； （2）结合题意，由（1）的结论可得，利用裂项相消法即可求解. 【详解】（1）设已知数列的公差为，则， 由，得，即， 所以或，显然不为0，所以， 所以，. （2）由（1）知，又， ， ， 所以. 17．（15分）如图，多面体中，已知面是边长为4的正方形，是等边三角形，，，平面平面． (1)求证：； (2)求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即可得证. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求出二面角. 【详解】（1）由是正方形，得，而平面平面，平面平面， 平面，则平面，又平面，于是，又， 所以. （2）在平面内过作，由平面平面，平面平面， 得平面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量为，则，令，得， 而平面的法向量为，设二面角的平面角为，显然为锐角， 于是，则， 所以二面角的大小. 18．（17分）已知椭圆C：的左，右焦点分别为，，过的直线与椭圆C交于M，N两点，且的周长为8，的最大面积为． (1)求椭圆C的方程； (2)设，是否存在x轴上的定点P，使得的内心在x轴上，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)或(2)存在， 【分析】（1）根据题意列出方程组，求出即可得解； （2）由题意可将原问题转换为，设直线的方程为：，，联立椭圆方程，结合韦达定理可求得的值即可. 【详解】（1）∵的周长为8，的最大面积为， ∴，解得，或，． ∴椭圆C的方程为或等． （2）    由（1）及易知， 不妨设直线MN的方程为：，，，， 联立，得． 则，， 若的内心在x轴上，则， ∴，即，即， 可得． 则，得，即． 当直线MN垂直于x轴，即时，显然点也是符合题意的点． 故在x轴上存在定点，使得的内心在x轴上. 19．（17分）设函数的定义域是R，它的导数是．若存在常数，使得对一切恒成立，那么称函数具有性质． (1)求证：函数不具有性质； (2)判别函数是否具有性质．若具有求出的取值集合；若不具有请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)具有性质，的取值集合 【分析】（1）假设具有性质，由定义求解结论成立的条件；         （2）假设具有性质，由定义求解结论成立的条件. 【详解】（1）假设具有性质， 即 对一切恒成立          化简得到，显然不存在实数使得成立，所以假设错误， 因此函数不具有性质. （2）假设具有性质， 即 对一切恒成立， 即 对一切恒成立，则对一切恒成立，      由，所以当时，具有性质， 所以具有性质，的取值集合. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$