精品解析：广东省揭阳市惠来县第一中学2025届高三上学期第四次阶段考试（11月）数学试题

广东省揭阳市惠来县第一中学2024-2025学年高三上学期第四次阶段考试（11月）数学试题 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的选项中，只有一个是正确的） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出集合，利用集合间的关系即可判断. 【详解】由题可得：或，则. 故选：D. 2. 在中，，则角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理化角为边得，再利用余弦定理求出，结合，即可求出角的取值范围. 【详解】因为， 利用正弦定理化角为边得：，即 利用余弦定理得：， 因为，所以， 故选：D 【点睛】本题主要考查了利用正弦和余弦定理解三角形，求角的范围，属于中档题. 3. 已知函数，则 A. 在单调递增 B. 在单调递减 C. 的图像关于直线对称 D. 的图像关于点对称 【答案】C 【解析】 【分析】根据复合函数的单调性的判断方法，可判断A，B选项；验证与是否相等可判断C选项；验证是否恒等于可判断D选项． 【详解】由题意可得函数的定义域为， 则， 因为在上单调递增，在上单调递减，且在上单调递增， 故在上单调递增，在上单调递减，所以A，B错误； 由题意知，， 所以的图象关于直线对称，故C正确； 因为 ，所以D错误． 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用余弦的和角公式化简得，再根据二倍角公式及诱导公式计算即可. 【详解】由已知知：， 化简得 ， 令，则，， 所以 . 故选：D 5. 已知数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由转化为，利用叠加法，求得，即可求解. 【详解】由，可得， 所以 ， 所以. 故选：B. 【点睛】数列的通项公式的常见求法： 1、对于递推关系式可转化为的数列，通常采用叠加法（逐差相加法）求其通项公式； 2、对于递推关系式可转化为的数列，并且容易求数列前项积时，通常采用累乘法求其通项公式； 3、对于递推关系式形如的数列，可采用构造法求解数列的通项公式. 6. 在第33届夏季奥运会期间，中国中央电视台体育频道在某比赛日安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天A，B，C三个比赛场地的现场报道，且每个场地至少安排一人，甲不在A场地的不同安排方法数为（ ） A. 32 B. 24 C. 18 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】按照A场地安排人数分类讨论，结合分类加法原理，利用排列组合知识求解即可. 【详解】按照A场地安排人数，可以分以下两类： 第一类，A场地安排1人，共种安排方法， 第二类，A场地安排2人，共种安排方法， 由分类加法计数原理得，共有（种）不同安排方法. 故选：B 7. 已知正四面体ABCD的棱长为a，点E，F分别是BC，AD的中点，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的线性运算得出，，根据正四面体的性质得出，且、、三向量两两夹角为，即可通过向量数量积的运算率得出答案. 【详解】 四面体ABCD是正四面体， ，且、、三向量两两夹角为， 点E，F分别是BC，AD的中点， ，， 则， 故选：C. 8. 若不等式恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，依题意可得恒成立，求出函数的导函数，分、两种情况讨论，说明函数的单调性，求出，即可得到，从而得到，再利用导数求出的最小值，即可得解. 【详解】令，则恒成立， 又， 当时，恒成立，所以在上单调递增，且时，不符合题意； 当时，令，解得，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以， 所以， 令，， 则，所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以，即的取值范围是. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出，从而得到. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共计18分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知复数，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则或 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】A项，由复数的性质可得；BD项，举特例即可判断；C项，先证明命题“若，则，或”成立，再应用所证结论推证可得. 【详解】选项A，，则，故A正确； 选项B，令，满足条件，但，且均不为，故B错误； 选项C，下面先证明命题“若，则，或”成立. 证明：设，， 若，则有， 故有，即，两式相乘变形得，， 则有，或，或， ①当时，，即； ②当，且时，则， 又因为不同时为，所以，即； ③当，且时，则，同理可得，故； 综上所述，命题“若，则，或”成立. 下面我们应用刚证明的结论推证选项C， ，， ，或，即或，故C正确； 选项D，令， 则， 但，不为，故D错误. 故选：. 10. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列说法正确的是（ ） A. 若，则是等腰三角形 B. 若，，，则满足条件的三角形有且只有一个 C. 若不是直角三角形，则 D. 若，则为钝角三角形 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，利用正弦边角关系及三角形内角性质可得或判断；对于B，应用余弦定理求即可判断；对于C，由三角形内角性质及两和角正切公式的逆用可判断；对于D，由向量数量积定义判断. 【详解】对于A，由正弦定理得，则，则在中，或，即或，故A错误； 对于B，由，则， 可得，故，满足条件的三角形有一个，故B正确； 对于C，因为不是直角三角形，所以，，均有意义， 又，所以， 所以，故C正确； 对于D，，即， 为锐角，故不一定为钝角三角形，故D错误； 故选：BC. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（ ） A. 当时，平面 B. 任意，三棱锥的体积是定值 C. 存在，使得与平面所成的角为 D. 当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，时，与重合，故只需验证面是否成立即可，对于B，由不与平面平行，即点到面的距离不为定值，由此即可推翻B，对于C，考虑两种极端情况的线面角，由于是连续变化的，故与平面所成的角也是连续变化的，由此即可判断；对于D，求出平面的法向量，而显然球心坐标为，求出球心到平面的距离，然后结合球的半径、勾股定理可得截面圆的半径，进一步可得截面圆的面积. 【详解】如图所示建系，， 所以， 从而， 所以， 又面， 所以面， 时，与重合，平面为平面， 因为面，平面，A对. 不与平面平行，到面的距离不为定值， 三棱锥的体积不为定值，B错. 设面的法向量为， 则，令，解得， 即可取， 而， 所以与平面所成角的正弦值为， 又， 所以， 所以， 又面， 所以面， 当在时，与平面所成角的正弦值为，此时与平面所成角小于， 当在时，与平面所成角为， 所以存在使与平面所成角为，C正确. ， 设平面的法向量为， 不妨设，则. ，则，平面的法向量，显然球心， 到面的距离，外接球半径， 截面圆半径的平方为，所以，D对. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是利用向量法求出球心到截面的距离，由此即可顺利得解. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 若，则=_____________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知条件结合同角三角函数间的平方关系，求得，进而可得解. 【详解】联立，得，因此． 故答案为： 13. 若圆锥的底面直径为6，母线长为5，则其内切球的表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】画出剖面图后进行分析，注意利用三角形面积公式与内切圆半径的关系，即. 【详解】圆锥的轴截面如图所示， 则圆锥的高，设内切球的半径为r， 根据面积相等，可得圆锥轴截面的面积为， 得到， 所以内切球的表面积为． 故答案为： 14. 数列：1，1，2，3，5，8，…，称为斐波那契数列，该数列是由意大利数学家菜昂纳多·斐波那契(Leonardo Fibonacci)从观察兔子繁殖而引入，故又称为“兔子数列”.数学上，该数列可表述为，.对此数列有很多研究成果，如：该数列项的个位数是以60为周期变化的，通项公式等.借助数学家对人类的此项贡献，我们不难得到，从而易得＋＋＋…＋值的个位数为__________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据题目给定的结论，对代数式作代数变换运用裂项相消法即可. 【详解】∵，, ∴=， 又该数列项的个位数是以60为周期变化， ∴的个位数字相同，的个位数字相同， ∵, ∴，，，，，则， ∴的个位数字为4. 故答案为：4. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算歩骤． 15. 已知数列是以为首项，为公比的等比数列，且. （1）证明：是等差数列； （2）求数列的前项和. 【答案】（1） 因为是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以，即， 又，所以是首项为，公差为的等差数列. （2） 【解析】 【分析】（1）由等比数列的定义可得出，在等式两边同时除以，结合等差数列的定义可得结论； （2）根据（1）中的结论求出数列的通项公式，然后利用错位相减法可求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知， 所以， 所以，。 则， 上述两个等式作差可得 ， 故. 16. 已知四棱锥中，底面是矩形，，，是的中点． （1）证明：； （2）若，，点是上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求． 【答案】（1） 取的中点，连接、， 因为、分别为、的中点，则， 因为，所以，， 设直线与直线交于点， 因为，则，，所以，， 所以，，故， 设，则，， 所以，， 且，， 所以，，所以，， 又因为，、平面，则平面， 因为平面，故. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接、，推导出平面，再利用线面垂直的性质定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，求出平面的一个法向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 因为，则、、、、， 设平面的法向量为，则，， 则，取，则， 设，其中， ， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 则，解得，即. 17. 已知的内角的对边分别为，且 . （1）求角C； （2）设在上，且，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理进行边转角，得到，再利用，得到，从而求出结果； （2）在中，令，由正弦定理得到，再由条件和辅助角公式即可求出最大值，再利用二边之和大于第三边即可求出结果. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得，即， 又，所以， 得到，即， 又，所以，得到，又，所以. 【小问2详解】 ，则，又由（1）及条件知， ， 在中，令，由正弦定理得，， 得到，，即， 所以，又，得到， 又，所以，当时，取到最大值为， 又易知，，得到，所以的取值范围为. 18. 已知函数. （1）当时，求的零点个数； （2）设，函数. （i）判断的单调性； （ii）若，求的最小值. 【答案】（1）2个 （2）（i）在上单调递增，在和上单调递减；（ii） 【解析】 【分析】（1）求出函数导数，判断函数单调性，结合零点存在定理即可得结论； （2）（i）求导，利用导数的正负即可判断函数单调性；（ii）利用得到是关于的方程的两个不同的实根，从而得到，，即，从而表示出，构造函数求解，即可得答案. 【小问1详解】 由题可知，则， 令，可得， 当时，在单调递减， 当时，在单调递增， ， 又，， 即在和内各有一个零点， 有2个不同的零点. 【小问2详解】 （i）由题可知， 则， 令，可得或， 当时，，当时，， 在上单调递增，在和上单调递减. （ii）由，可得，是关于的方程的两个不同的实根， 故，，即. 故 ， 设， 当时，， 为上的增函数， 的最小值为， 故的最小值为. 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是求最小值时，要利用得到，是关于的方程的两个不同的实根，从而得到，，即，从而表示出，构造函数求解. 19. 定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，3，5经过第一次“和扩充”后得到数列；第二次“和扩充”后得到数列.设数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，所有项的和为. （1）若已知数列，求； （2）求不等式的解集； （3）是否存在不全为0的数列，使得数列为等差数列？请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）存在，理由如下： 因为， ， 依次类推，， 故 ， 若使为等差数列，则， 所以存在不全为0的数列，使得数列为等差数列. 【解析】 【分析】（1）由已知，可得第二次“和扩充”后得到数列，即可得到； （2）由已知，数列第次“和扩充”后增加的项数为，可得，可得是首项为4，公比为2的等比数列，可得，则，可解得. （3）由已知，可得，进而可得，从而得到结论. 【小问1详解】 第一次“和扩充”：3，7，4，9，5； 第二次“和扩充”：3，10，7，11，4，13，9，14，5； 故. 【小问2详解】 数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项， 数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为， 则经第次“和扩充”后增加的项数为， 所以， 所以， 其中数列经过1次“和扩充”后，得到，， 故，， 故是首项为4，公比为2的等比数列， 所以，故， 又，则，即，解得. 【小问3详解】 存在不全为0的数列，使得数列为等差数列，理由略. 【点睛】关键点点睛：小问（2），推出是首项为4，公比为2的等比数列，进而求解；小问（3），推出，利用累加法求和得到，得到结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省揭阳市惠来县第一中学2024-2025学年高三上学期第四次阶段考试（11月）数学试题 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的选项中，只有一个是正确的） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在中，，则角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则 A. 在单调递增 B. 在单调递减 C. 的图像关于直线对称 D. 的图像关于点对称 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 6. 在第33届夏季奥运会期间，中国中央电视台体育频道在某比赛日安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天A，B，C三个比赛场地的现场报道，且每个场地至少安排一人，甲不在A场地的不同安排方法数为（ ） A. 32 B. 24 C. 18 D. 12 7. 已知正四面体ABCD的棱长为a，点E，F分别是BC，AD的中点，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 若不等式恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共计18分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知复数，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则或 D. 若，则 10. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列说法正确的是（ ） A. 若，则是等腰三角形 B. 若，，，则满足条件的三角形有且只有一个 C. 若不是直角三角形，则 D. 若，则为钝角三角形 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（ ） A. 当时，平面 B. 任意，三棱锥的体积是定值 C. 存在，使得与平面所成的角为 D. 当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 若，则=_____________． 13. 若圆锥的底面直径为6，母线长为5，则其内切球的表面积为________． 14. 数列：1，1，2，3，5，8，…，称为斐波那契数列，该数列是由意大利数学家菜昂纳多·斐波那契(Leonardo Fibonacci)从观察兔子繁殖而引入，故又称为“兔子数列”.数学上，该数列可表述为，.对此数列有很多研究成果，如：该数列项的个位数是以60为周期变化的，通项公式等.借助数学家对人类的此项贡献，我们不难得到，从而易得＋＋＋…＋值的个位数为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算歩骤． 15. 已知数列是以为首项，为公比的等比数列，且. （1）证明：是等差数列； （2）求数列的前项和. 16. 已知四棱锥中，底面是矩形，，，是的中点． （1）证明：； （2）若，，点是上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求． 17. 已知的内角的对边分别为，且 . （1）求角C； （2）设在上，且，求的取值范围． 18. 已知函数. （1）当时，求的零点个数； （2）设，函数. （i）判断的单调性； （ii）若，求的最小值. 19. 定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，3，5经过第一次“和扩充”后得到数列；第二次“和扩充”后得到数列.设数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，所有项的和为. （1）若已知数列，求； （2）求不等式的解集； （3）是否存在不全为0的数列，使得数列为等差数列？请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $