精品解析：广东省广州市真光中学2025届高三阶段测试数学试题

广州市真光中学2025届高三阶段测试 高三数学 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. 设集合，，则B的非空子集个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合的含义得到集合的元素，然后求非空子集个数即可 【详解】要使，，则，故B中含有三个元素， 所以B的非空子集有，，，，，，共7个． 故选：C. 2. 若复数满足，则复平面内表示的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算法则求得，再求，根据复数的几何意义进行判断. 【详解】，则．其对应的点在第四象限． 故选：D. 3. 已知平面向量，满足，，且在上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对已知两个向量模长平方得到两个等式，由此解出，结合在上的投影向量为，解出和，从而解出与的夹角. 【详解】由，得①， 由，得②， 由②-①，得， 由，得，所以，则， 设与的夹角为，则，因为，所以. 故选：A. 4. 已知圆台的上、下底面圆的半径分别为和，母线长为，且该圆台上、下底面圆周上的点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出圆台的高，球心在上、下底圆心的连线上，利用勾股定理建立等量关系，求出球心位置，即可得到球的半径，从而解出球的表面积. 【详解】取圆台的一条母线，连接、， 过点在平面内作，垂足为点，如图： 由题意可知，四边形为直角梯形，且，，， 因为，，， 所以四边形为矩形，所以，则， 所以， 设，则， 因为圆台的上、下底面圆周上的点都在同一个球面上， 所以，解得， 则球的半径为， 故该球的表面积为. 故选：D. 5. 小明新买的储蓄罐有5位密码，他决定在“斐波那契数列”的前6项中随机抽取5个数字设置为储蓄罐的密码，且密码的第3位是偶数，已知“斐波那契数列”的前6项依次为“1、1、2、3、5、8”，则可以设置的不同密码个数为（ ） A. 144 B. 120 C. 84 D. 116 【答案】B 【解析】 【分析】分选取的数字只有一个1和有两个1两种情况讨论，即可得解. 【详解】若选的数字只有一个1，此时有两个偶数，则不同的排列方法有种； 若选的数字有两个1，则不同的排列方法有种. 故共有种不同的设置方法. 故选：B. 6. 将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的周期及函数在区间上无零点，列出不等式组，即可解出的取值范围. 【详解】将函数的图象先向右平移个单位长度，可得， 再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变， 可得的图象，因为，周期， 函数在上没有零点，则， 所以，因为，所以， 又在上没有零点，所以， 解得，， 又因为，所以当，，，， 所以或. 故选：B 7. 古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线.用垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面倾斜，可得到椭圆.如图，现有一个轴截面为等腰的圆锥PO，过点A及线段PB的中点M的某平面截圆锥PO，得到一个椭圆，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，椭圆长轴长，取线段AM的中点，连接并延长交AB于点Q，过Q作交底面圆于点E，F，连接PE，PF分别交椭圆于点G，H，则椭圆短轴长，由相似三角形求得，从而可解离心率. 【详解】如图， 圆锥的轴截面是等腰直角三角形，于点O，过点A作平面截该圆锥， 不妨设，则，， 所以椭圆长轴长， 取线段AM的中点，连接并延长交AB于点Q，过Q作交底面圆于点E，F， 连接PE，PF分别交椭圆于点G，H，则椭圆短轴长， 由椭圆的对称性可知，取BQ的中点N，连接MN， 则，，， 因此，即， 显然Q，N是线段AB的两个三等分点，即，， 由相交弦定理得，解得， 于是，， 所以椭圆的离心率. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：取线段AM的中点，连接并延长交AB于点Q，过Q作交底面圆于点E，F，连接PE，PF分别交椭圆于点G，H，则椭圆短轴长，构建相似三角形求解. 8. 设函数，若，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】依题意，将转化为，在定义域内同正同负，函数图象与轴的交点重合，得到，进而，利用导数求出最小值. 【详解】可看作，在定义域内二者均单调递增， 在定义域内同正，因此只需函数图象与轴的交点重合，如图所示： 令， 得，所以， 所以， 令，， 当时， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当时，有最小值，最小值为， 所以的最小值为2， 故选：D. 【点睛】关键点点睛：可看作，在定义域内同正同负，因此函数图象与轴的交点重合. 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，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由正切关系得到正余弦关系，结合，分别求出和，判断出AB选项，再由二倍角公式和和差角公式判断出CD选项. 【详解】∵，即， ∴， ∴， ∴，B选项正确， ∴，A选项错误， ∴ ，C选项正确 ， ∵，∴，∴，D选项错误. 故选：BC 10. 由直线上一点向圆引两条切线，，，是切点，则（ ） A. 线段长的最小值为 B. 四边形面积的最小值为 C. 的最大值是 D. 当点的坐标为时，切点弦所在的直线方程为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由切线长公式求切线可知求得的最小值时可得的最小值，从而也得到四边形面积的最小值，利用余弦的二倍角公式得出越大时，越大，从而判断C，设切点坐标，由切点坐标写出切线方程，并代入点坐标后，比较可得过的直线方程，判断D． 【详解】圆标准方程为：，圆心为，半径为， ，， 所以，A正确； ，由选项A知，其最小值为，B正确； ，显然越大，越大，而无最大值，因此无最大值，C错； 因为，可知点在以为直径的圆上， 当点的坐标为时，则的中点为，且， 即点在圆，即上， 将与作差可得， 所以切点弦所在的直线方程，故D正确． 故选：ABD． 11. 双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”．如图，曲线是双纽线，关于曲线，下列说法正确的是（ ） A. B. 上存在点，使得 C. 上的点的纵坐标的最大值为 D. 若直线与恰有一个公共点，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据图象所过的定点，即可判断A，根据方程可得，即可判断B，根据方程的转化，变量的转化，利用韦达定理和判别式求得到取值范围，判断C，联立方程后，方程的根只有0，求的取值范围，即可判断D. 【详解】由图可知，点在C上，所以，A正确， 设曲线C上任一点，由，可得，， 即C上不存在点，使得，B不正确, 方程可化为， 令，得， 由可得， 即，等号成立，故C上的点的纵坐标的最大值为，C正确． 直线与C均经过原点，则直线与C除原点外无其他公共点． 联立方程组整理得． 当时，方程仅有一解，满足题意， 当时，当时，方程恒成立，即恒有一解，当时，方程化简得， 即当时，方程无解，满足题意，综上，，解得或，D正确． 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用方程的思想分析几何问题，C选项转化为关于的方程有正根，D转化为方程只有1个根. 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，，点是上的点，平分面积是面积的3倍，当的面积最大时，__________. 【答案】## 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，利用到角公式求出点的轨迹为以为圆心，半径为3的圆，数形结合，得到当在点处时，的面积最大，结合余弦定理和同角的平方关系计算即可求解. 【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，则， 由，得，又，所以， 则，设，由角平分线定理可得， 当时，，可得，此时； 当时，直线的斜率分别为， 则，又， 由到角公式得，即， 得， 整理得，即， 所以点的轨迹为以为圆心，半径为3的圆. 所以当在点处时，的面积最大. 此时， 在中，由余弦定理得， 又为锐角，所以. 故答案为： 13. 已知定义域为的函数的导函数为，若函数和均为偶函数，且，则______． 【答案】2 【解析】 【分析】为偶函数，则，两边求导得到，即，结合，得到，故是以4为周期的周期函数，由，可得，则可求. 【详解】因为为偶函数，则，即， 又因为为偶函数，则. 由，求导得，即， 所以，则， 所以是以4为周期的周期函数. 由，可得，即， 由，得， 所以， 所以. 故答案为：2 【点睛】知识点点睛：设函数，，． （1）若，则函数的周期为2a； （2）若，则函数的周期为2a； （3）若，则函数的周期为2a； （4）若，则函数的周期为2a； （5）若，则函数的周期为； 14. 古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点的距离之比为常数的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆被称为阿氏圆.如图，在长方体中，，点在棱上，，动点满足，若点在平面内运动，则点对应的轨迹的面积是_______________；为的中点，则三棱锥体积的最小值为______________. 【答案】 ①. ； ②. ． 【解析】 【分析】以为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，用坐标表示两点间距离转化后可得轨迹方程，从而得轨迹求得面积，利用空间向量法求得点到平面的距离，并结合平面上圆的性质求得距离的最小值，从而得棱锥体积最小值． 【详解】如图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，则 ，，，，，，，， 在平面内， 设，则由得， 化简得， 所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆，面积为， 在长方体中，，， ， 设平面的一个法向量是， 则，取得， ， 到平面的距离为， 满足， 所以的最小值等于， 从而到平面的距离的最小值为， ∴三棱锥体积的最小值为． 故答案为：；． 【点睛】方法点睛：在涉及到空间两点间的距离问题时，如果与长方体、正方体有关的图形时，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量法（把平面解析几何法类比于空间解析几何法）求空间的距离、角度．把几何问题用计算方法求解． 四、解答题:本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 统计显示，我国在线直播生活购物用户规模近几年保持高速增长态势，下表为年—年我国在线直播生活购物用户规模（单位：亿人），其中年—年对应的代码依次为—. 年份代码 市场规模 ，，，其中 参考公式：对于一组数据、、、，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，. （1）由上表数据可知，若用函数模型拟合与的关系，请估计年我国在线直播生活购物用户的规模（结果精确到）； （2）已知我国在线直播生活购物用户选择在品牌官方直播间购物的概率，现从我国在线直播购物用户中随机抽取人，记这人中选择在品牌官方直播间购物的人数为，若，求的数学期望和方差. 【答案】（1）亿人 （2）， 【解析】 【分析】（1）将题中数据代入最小二乘法公式，求出的值，即可得出与的拟合函数关系式，再将代入函数关系式，即可得出结论； （2）由题意可知，，由结合独立重复试验的概率公式可求得的值，然后利用二项分布的期望和方差公式可求得结果. 【小问1详解】 设，则， 因为，，， 所以，， 所以，与的拟合函数关系式为 当时，， 则估计年我国在线直播生活购物用户的规模为亿人. 【小问2详解】 由题意知，所以，， ， 由，可得， 因为，解得， 所以，，. 16. 已知数列中，，. （1）证明数列是等比数列，并求的通项公式； （2）数列满足，设为数列的前n项和，求使恒成立的最小的整数k. 【答案】（1）证明：在数列中，由，得，则， 所以数列是以3为公比，以为首项的等比数列， 则，解得， 所以的通项公式. （2）4. 【解析】 【分析】（1）利用取倒数后构造数列，结合等比数列定义推理即得，再求出通项公式. （2）由（1）求出，再利用错位相减法求和及数列不等式恒成立求得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知， ， ， 两式相减得， 因此，由恒成立，得， 所以使恒成立的最小的整数k为4. 17. 如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． （1）证明：； （2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 【答案】（1） 由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故； （2） 【解析】 【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； （2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，由，则， 在中，，得， 所以，由（1）知，又平面， 所以平面，又平面， 所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. 18. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若对任意成立，求实数的值； （3）若，求证：． 【答案】（1） （2）2 （3） 先证明一个结论：对，有. 证明：前面已经证明不等式，故， 且， 所以，即. 由，可知当时，当时. 所以在上递减，在上递增. 不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论. 情况一：当时，有，结论成立； 情况二：当时，有. 对任意的，设，则. 由于单调递增，且有 ， 且当，时，由可知 . 所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时. 故在上递减，在上递增. ①当时，有； ②当时，由于，故我们可以取. 从而当时，由，可得 . 再根据在上递减，即知对都有； 综合①②可知对任意，都有，即. 根据和的任意性，取，，就得到. 所以. 情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，. 而根据的单调性，知或. 故一定有成立. 综上，结论成立. 【解析】 【分析】（1）直接使用导数的几何意义； （2）先由题设条件得到，再证明时条件满足； （3）先确定的单调性，再对分类讨论. 【小问1详解】 由于，故. 所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为. 【小问2详解】 设，则，从而当时，当时. 所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当. 设，则 . 当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有. 一方面，若对任意，都有，则对有 ， 取，得，故. 再取，得，所以. 另一方面，若，则对任意都有，满足条件. 综合以上两个方面，知的值是2. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合的单调性进行分类讨论. 19. 已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. （1）若，求； （2）证明：数列是公比为的等比数列； （3）设为的面积，证明：对任意正整数，. 【答案】（1）， （2）证明如下： 方法一：由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程. 展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根. 从而根据韦达定理，另一根，相应的. 所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上. 所以. 这就得到，. 所以 . 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 方法二：因为，，，则， 由于，作差得， ，利用合比性质知， 因此是公比为的等比数列. （3）证明如下： 方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定） 证明： . 证毕，回到原题. 由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 而又有，， 故利用前面已经证明的结论即得 . 这就表明的取值是与无关的定值，所以. 方法二：由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 这就得到， 以及. 两式相减，即得. 移项得到. 故. 而，. 所以和平行，这就得到，即. 方法三：由于，作差得， 变形得①， 同理可得， 由（2）知是公比为的等比数列，令则②， 同时是公比为的等比数列，则③， 将②③代入①， 即，从而，即. 【解析】 【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可； （2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明； （3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路三：利用点差法得到，，再结合（2）中的结论得，最后证明出即可. 【小问1详解】 由已知有，故的方程为. 当时，过且斜率为的直线为，与联立得到. 解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上. 故，从而，. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市真光中学2025届高三阶段测试 高三数学 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. 设集合，，则B的非空子集个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 7 D. 8 2. 若复数满足，则复平面内表示的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知平面向量，满足，，且在上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆台的上、下底面圆的半径分别为和，母线长为，且该圆台上、下底面圆周上的点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 小明新买的储蓄罐有5位密码，他决定在“斐波那契数列”的前6项中随机抽取5个数字设置为储蓄罐的密码，且密码的第3位是偶数，已知“斐波那契数列”的前6项依次为“1、1、2、3、5、8”，则可以设置的不同密码个数为（ ） A. 144 B. 120 C. 84 D. 116 6. 将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线.用垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面倾斜，可得到椭圆.如图，现有一个轴截面为等腰的圆锥PO，过点A及线段PB的中点M的某平面截圆锥PO，得到一个椭圆，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，若，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 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，且，，则（ ） A. B. C. D. 10. 由直线上一点向圆引两条切线，，，是切点，则（ ） A. 线段长的最小值为 B. 四边形面积的最小值为 C. 的最大值是 D. 当点的坐标为时，切点弦所在的直线方程为 11. 双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”．如图，曲线是双纽线，关于曲线，下列说法正确的是（ ） A. B. 上存在点，使得 C. 上的点的纵坐标的最大值为 D. 若直线与恰有一个公共点，则的取值范围为 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，，点是上的点，平分面积是面积的3倍，当的面积最大时，__________. 13. 已知定义域为的函数的导函数为，若函数和均为偶函数，且，则______． 14. 古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点的距离之比为常数的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆被称为阿氏圆.如图，在长方体中，，点在棱上，，动点满足，若点在平面内运动，则点对应的轨迹的面积是_______________；为的中点，则三棱锥体积的最小值为______________. 四、解答题:本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 统计显示，我国在线直播生活购物用户规模近几年保持高速增长态势，下表为年—年我国在线直播生活购物用户规模（单位：亿人），其中年—年对应的代码依次为—. 年份代码 市场规模 ，，，其中 参考公式：对于一组数据、、、，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，. （1）由上表数据可知，若用函数模型拟合与的关系，请估计年我国在线直播生活购物用户的规模（结果精确到）； （2）已知我国在线直播生活购物用户选择在品牌官方直播间购物的概率，现从我国在线直播购物用户中随机抽取人，记这人中选择在品牌官方直播间购物的人数为，若，求的数学期望和方差. 16. 已知数列中，，. （1）证明数列是等比数列，并求的通项公式； （2）数列满足，设为数列的前n项和，求使恒成立的最小的整数k. 17. 如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． （1）证明：； （2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 18. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若对任意成立，求实数的值； （3）若，求证：． 19. 已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. （1）若，求； （2）证明：数列是公比为的等比数列； （3）设为的面积，证明：对任意正整数，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $