精品解析：广东省汕头市潮阳一中明光学校2025届高三上学期第三阶段考试（11月）数学试题

潮阳一中明光学校2024-2025学年度第一学期第三阶段考试 高三数学 命题人：林友生 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.全卷满分150分，考试时间为120分钟. 注意事项： 1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、班级、座位号完整填写在答题卷上. 2考生多必将第Ⅱ卷（非选择题）的解答写在答题卷的框线内，框线外的部分不计分. 第Ⅰ卷 选择题（共58分） 一、单项选择题：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. 已知集合，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则复数（ ） A. B. C. D. 3. 集合，，那么“”是“”的（ ）． A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知向量，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 5. 我国元代瓷器元青花团菊花纹小盏如图所示，撇口，深弧壁，圈足微微外撇，底心有一小乳突．器身施白釉，以青花为装饰，釉质润泽，底足露胎，胎质致密，碗内口沿饰有一周回纹，内底心书有一文字，碗外壁绘有一周缠枝团菊纹，下笔流畅，纹饰洒脱．该元青花团菊花纹小盏口径8.3厘米，底径2.8厘米，高4厘米，它的形状可近似看作圆台，则其侧面积约为（ ）（单位：平方厘米） A. B. C. D. 6. 若，则下列大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 将函数的图像向右平移个单位长度后得到曲线，若关于轴对称，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数及其导函数，满足，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共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.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知，分别为随机事件A，B的对立事件，，，则（ ） A. B. C. 若A，B独立，则 D. 若A，B互斥，则 10. 已知数列满足，则（ ） A. 数列是等比数列 B. 数列是等差数列 C. 数列的前项和为 D. 能被3整除 11. 已知函数，则（ ） A. 时，若有3个零点，则实数的取值范围是 B. 时，过可作函数的切线有两条 C. 若直线与曲线有3个不同的交点，，，且，则 D. 若存在极值点，且，其中，则 第Ⅱ卷（非选择题）（共92分） 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，满分15分.请把正确答案写在答案卷上，写在试卷无效） 12. 的展开式中，各项的二项式系数只有第4项最大，则常数项为______. 13. 已知件次品和件正品放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出件次品或者检测出件正品时检测结束，则恰好检测四次停止的概率为_____（用数字作答）． 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过作一条直线与双曲线右支交于两点，坐标原点为，若，则该双曲线的离心率为___________. 四、解答题：（本大题共5小题，满分77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，请把正确答案写在答案卷上，写在试卷无效） 15. 已知的内角的对边分别为的面积为． （1）求A； （2）若，且的周长为5，设为边中点，求． 16. 已知椭圆的左焦点为，上､下顶点分别为，且，点在上. （1）求椭圆的方程； （2）过左焦点的直线交椭圆于两点，交直线于点，设，，证明：为定值. 17. 已知底面是平行四边形，平面，，，，且. （1）求证：平面平面； （2）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 18. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）设函数.证明： （i）函数有唯一极值点； （ii）若函数有唯一零点，则. 19. 若有穷数列（是正整数），满足，，…，即（是正整数，且），就称该数列为“对称数列”． （1）已知数列是项数为8的对称数列，且，，，成等差数列，，，试写出的每一项． （2）已知是项数为（其中，且）的对称数列，且构成首项为，公差为的等差数列，数列的前项和为，则当为何值时，取到最大值？最大值为多少？ （3）对于给定的正整数，试写出所有项数为的对称数列，使得成为数列中的连续项；当时，并分别求出所有对称数列的前项和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 潮阳一中明光学校2024-2025学年度第一学期第三阶段考试 高三数学 命题人：林友生 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.全卷满分150分，考试时间为120分钟. 注意事项： 1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、班级、座位号完整填写在答题卷上. 2考生多必将第Ⅱ卷（非选择题）的解答写在答题卷的框线内，框线外的部分不计分. 第Ⅰ卷 选择题（共58分） 一、单项选择题：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. 已知集合，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合的运算结果建立不等式求解. 【详解】由知，， 即，解得， 故选：B 2. 已知复数满足，则复数（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法运算结合模长公式进行求解. 【详解】由题意得， 所以， 故选：B. 3. 集合，，那么“”是“”的（ ）． A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】化简集合，然后利用充分条件及必要条件的定义即得. 【详解】∵集合，， ∴， ∴“” 是“”的充分而不必要条件． 故选：． 4. 已知向量，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用已知条件和向量的垂直关系求出未知量即可求得，进而得. 【详解】因为， 所以，，故， 所以. 故选：C. 5. 我国元代瓷器元青花团菊花纹小盏如图所示，撇口，深弧壁，圈足微微外撇，底心有一小乳突．器身施白釉，以青花为装饰，釉质润泽，底足露胎，胎质致密，碗内口沿饰有一周回纹，内底心书有一文字，碗外壁绘有一周缠枝团菊纹，下笔流畅，纹饰洒脱．该元青花团菊花纹小盏口径8.3厘米，底径2.8厘米，高4厘米，它的形状可近似看作圆台，则其侧面积约为（ ）（单位：平方厘米） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆台的侧面积公式求出对应的值，代入公式计算即可求解. 【详解】设该圆台的上底面、下底面的半径分别为R，r， 若当，时，则圆台的母线长， 所以其侧面积为， 若当，时，则圆台的母线长， 所以其侧面积为，所以其侧面积S满足． 故选：C． 6. 若，则下列大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数函数，对数函数及幂函数的单调性可比较与1和，与0和的大小，后利用结合对数函数单调性，可比较与0的大小，即可得答案. 【详解】因对数函数在上单调递增，则，即． 因指数函数在上单调递减，幂函数在上单调递增， 则，即． 又注意到，在上单调递增，所以，即，所以． 故选：D． 7. 将函数的图像向右平移个单位长度后得到曲线，若关于轴对称，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可得曲线为，又关于轴对称，所以，根据即可得解. 【详解】曲线为， 又关于轴对称，所以， 解得，又， 所以当时，的最小值为. 故选：B 8. 已知定义在上的函数及其导函数，满足，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，结合题意得，所以在上单调递增，，即，即，根据单调性解不等式即可. 【详解】令，则， 因为，所以， 所以在上单调递增， ，即， 又，则， 所以，即， 所以，解得. 故选：. 二、多项选择题：本题共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.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知，分别为随机事件A，B的对立事件，，，则（ ） A. B. C. 若A，B独立，则 D. 若A，B互斥，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据条件概率、独立事件、互斥事件的基本概念，以及对应的概率计算公式可以得到答案. 【详解】因为，A正确，B错误； 由独立事件定义，若A，B独立，则，，C正确； 若A，B互斥，则，，，D正确． 故选：ACD 10. 已知数列满足，则（ ） A. 数列是等比数列 B. 数列是等差数列 C. 数列的前项和为 D. 能被3整除 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用构造法得到数列是等比数列，从而求得通项，就可以判断选项，对于数列求和，可以用分组求和法，等比数列公式求和完成，对于幂的整除性问题可以转化为用二项式定理展开后，再加以证明. 【详解】由可得：，所以数列是等比数列，即， 则显然有，所以不成等比数列，故选项A是错误的； 由数列是等比数列可得：，即，故选项B是正确的； 由可得：前项和，故选项C是正确的； 由 ，故选项D是正确的； 方法二：由，1024除以3余数是1，所以除以3的余数还是1，从而可得能补3整除，故选项D是正确的； 故选：BCD． 11. 已知函数，则（ ） A. 时，若有3个零点，则实数的取值范围是 B. 时，过可作函数的切线有两条 C. 若直线与曲线有3个不同的交点，，，且，则 D. 若存在极值点，且，其中，则 【答案】AD 【解析】 【分析】求导后分析函数的单调性，利用极大值大于零，极小值小于零可得A正确；设切点，由导数的意义求出斜率，再由点斜式得到直线方程，然后由点在切线上代入解方程，由根的个数可得B错误；再次构造函数，从而求出对称中心点即可得C错误；根据函数存在极值点，再结合令，求出即可得D正确； 【详解】对于A，当时，，， 令，解得， 所以在上为单调递增函数，在上为单调递减函数， 若有3个零点，则极大值，极小值， 所以实数的取值范围是，故A正确； 对于B，当时，， 设切点为，则，所以切线的斜率， 切线方程为， 又点在切线上，且， 代入可得， 整理可得，解得或， 所以应该有三条切线，故B错误； 对于C，令，则，得，则三次函数的对称中心是. 当直线与曲线有3个不同的交点，，，且时， 所以点一定是对称中心，所以，故C错误； 对于D：若存在极值点，则，，， 令，得， 因为，于是， 所以， 化简得：， 因为，故，于是，即，故D正确； 故选：AD. 第Ⅱ卷（非选择题）（共92分） 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，满分15分.请把正确答案写在答案卷上，写在试卷无效） 12. 的展开式中，各项的二项式系数只有第4项最大，则常数项为______. 【答案】 【解析】 【分析】由二项式系数性质得值，然后由二项展开式通项公式确定常数项． 【详解】展开式中二项式系数只有第4项最大，则， ， 由得， 所以常数项为. 故答案为： 13. 已知件次品和件正品放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出件次品或者检测出件正品时检测结束，则恰好检测四次停止的概率为_____（用数字作答）． 【答案】 【解析】 【详解】由题意可知，2次检测结束的概率为， 3次检测结束的概率为， 则恰好检测四次停止的概率为. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过作一条直线与双曲线右支交于两点，坐标原点为，若，则该双曲线的离心率为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】由得出，由定义结合勾股定理得出，再由勾股定理得出离心率. 【详解】解：如图， 因为，则， 设，则，则， 由勾股定理可得，即， 整理可得，因为，解得， 所以，，， 由勾股定理可得，即，整理可得， 因此，该双曲线的离心率为. 故答案为： 四、解答题：（本大题共5小题，满分77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，请把正确答案写在答案卷上，写在试卷无效） 15. 已知的内角的对边分别为的面积为． （1）求A； （2）若，且的周长为5，设为边中点，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形的面积公式结合正弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解； （2）根据三角形的周长，结合余弦定理求出，再向量化即可得解． 【小问1详解】 依题意，， 所以， 由正弦定理可得，， 由余弦定理，，解得， 因为，所以； 【小问2详解】 依题意，， 因为，解得， 因为， 所以， 所以． 16. 已知椭圆的左焦点为，上､下顶点分别为，且，点在上. （1）求椭圆的方程； （2）过左焦点的直线交椭圆于两点，交直线于点，设，，证明：为定值. 【答案】（1） （2） 由已知得直线的斜率必存在，可设直线的方程为， 代入椭圆方程，整理得，， 设，则， 又，由得. 所以， 因为， 所以为定值. 【解析】 【分析】（1）由，得，再把点代入椭圆方程求出即可； （2）设出直线的方程，代入椭圆方程，设，由，，表示出，利用韦达定理化简得定值. 【小问1详解】 由题意可知，，所以， 因为点在上，所以， 解得，故， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 17. 已知底面是平行四边形，平面，，，，且. （1）求证：平面平面； （2）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明如下： 在中，，，， 则，可得， 所以，所以. 因为平面，平面，所以， 又因为，平面，平面，所以平面， 因为，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）存在，或. 【解析】 【分析】（1）由，得到，再由平面，证得，进而证得平面，结合，得到平面，利用面面垂直的判定定理，即可证得平面平面. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，求得向量和平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 是平行四边形，平面，，，，且. 假设线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是， 以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 可得，， 设， 则，所以， 设平面的一个法向量为，则， 令，可得，所以， 设直线与平面所成角的大小为， 故， 整理得，解得或，所以或. 18. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）设函数.证明： （i）函数有唯一极值点； （ii）若函数有唯一零点，则. 【答案】（1）减区间是，增区间是. （2）（i）证明如下： 因为的定义域为， 所以， 设，则，当时，，所以单调递增， 当时，，所以单调递减，所以， 所以，即， 所以，又， 所以存在唯一的，使得，即， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以函数有唯一极值点. （ii）证明如下： 由（i）得，因为函数有唯一零点，所以， 所以， 即，所以， 设，所以， 所以在单调递减， 因为，所以. 【解析】 【分析】（1）利用函数导数求解函数单调性；（2）利用导数证明极值点和零点所在范围. 【小问1详解】 由函数可得：，且， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 所以函数减区间是，增区间是. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 19. 若有穷数列（是正整数），满足，，…，即（是正整数，且），就称该数列为“对称数列”． （1）已知数列是项数为8的对称数列，且，，，成等差数列，，，试写出的每一项． （2）已知是项数为（其中，且）的对称数列，且构成首项为，公差为的等差数列，数列的前项和为，则当为何值时，取到最大值？最大值为多少？ （3）对于给定的正整数，试写出所有项数为的对称数列，使得成为数列中的连续项；当时，并分别求出所有对称数列的前项和． 【答案】（1），，，，，，， （2）当时取得最大值，且 （3） 这样的对称数列有： ①，，，，，，，，，，； ②，，，，，，，，，，； 对于①，； 对于②以； 【解析】 【分析】（1）设前项的公差为，由求出公差，从而得到，，再根据对称性得到其余项； （2）首先利用等差数列求和公式求出，则，再由二次函数的性质计算可得； （3）依题意列出满足该条件的对称数列，再分、两种情况利用等比数列求和公式及分组求和法计算可得. 【小问1详解】 因为，，，成等差数列，，，设前项的公差为， 所以，所以，， 又数列是项数为的对称数列， 所以，，，， 所以的项依次为，，，，，，，. 【小问2详解】 因为构成首项为，公差为的等差数列， 所以， 又，，，， 所以， 所以当时取得最大值，且. 【小问3详解】 因为，，，，成为数列中的连续项，且该对称数列的项数为， 所以这样的对称数列有： ①，，，，，，，，，，； ②，，，，，，，，，，； 因为， 对于①，当时； 当时 ， 所以； 对于②，当时； 当时 ， 所以； 【点睛】关键点点睛：本题关键是理解对称数列的定义，第三问关键是得到数列的两种形式，再分、两种情况分别求和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $