精品解析：广东省广州市华南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期1月模拟训练数学试题

广州市华南附中2025届高三1月模拟训练试题数学试题 一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，，则的真子集的个数为（ ） A. 16 B. 15 C. 14 D. 8 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数的定义域为，则的定义域为（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线，，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知向量，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 、分别是双曲线左、右焦点，若关于渐近线对称点恰落在以为圆心，为半径的圆上，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆台的高为1，下底面的面积，体积为，则该圆台的外接球表面积为（ ） A B. C. D. 8. 已知函数的定义域为，且对任意，满足，且，则（ ） A 651 B. 676 C. 1226 D. 1275 二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，，且，则（ ） A. 最小值为18 B. 的最小值为36 C. 的最小值为 D. 的最小值为 10. 直线与抛物线相交于两点，下列说法正确的是（ ） A. 抛物线的准线方程为 B. 拋物线的焦点为 C. 若为原点，则 D. 若，则 11. 已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列说法正确的是（ ） A. 当最大 B. 使得成立的最小自然数 C. D. 中最小项为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 过点且倾斜角为的直线被圆所截得的弦长为________． 13. 已知单位向量满足，则与的夹角为______________． 14. 已知函数在区间上恰有两个零点，则的取值范围是__________． 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. 在锐角中，角，，所对的边分别为，，，已知向量，且. （1）求角的大小； （2）若，求周长的取值范围. 16. 已知数列满足. （1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式. （2）求数列的前n项和． 17. 如图，在三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，其对角线交于点.且平面. （1）求证：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知椭圆的中心在坐标原点，两个焦点分别为，，点 在椭圆上. （1）求椭圆的标准方程和离心率； （2）已知直线与椭圆交于、两点，且，求面积的取值范围. 19. 已知函数. （1）当时，求函数在处切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若，不等式在上存在实数解，求实数取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市华南附中2025届高三1月模拟训练试题数学试题 一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，，则的真子集的个数为（ ） A. 16 B. 15 C. 14 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】先分别确定集合，，确定中元素的个数，可得真子集的个数. 【详解】由， 又，所以. 由， 又，所以. 所以，有4个元素. 所以真子集的个数为：. 故选：B. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，从而求出其共轭复数. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：A 3. 已知函数的定义域为，则的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数的定义域，对于，可得出关于实数的不等式组，即可解得函数的定义域. 【详解】对于函数，有，则， 所以，函数的定义域为， 对于函数，则有，解得， 因此，函数的定义域为. 故选：A. 4. 已知直线，，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据两直线平行求出的值，即可得出结论. 【详解】若，则，解得， 所以，“”是“”的充要条件. 故选：A. 5. 已知向量，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量垂直的坐标表示可得，进而代入计算即可. 【详解】由，得，则， 所以. 故选：B. 6. 、分别是双曲线左、右焦点，若关于渐近线的对称点恰落在以为圆心，为半径的圆上，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由对称可知，再由中位线可知，即可得，，即可得渐近线斜率，进而可得离心率. 【详解】如图所示，设关于渐近线的对称点为， 易知，且为中点，， 则，， 所以，， 则， 即一条渐近线倾斜角为， 所以斜率， 所以离心率， 故选：A. 7. 已知圆台的高为1，下底面的面积，体积为，则该圆台的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先画出组合体的截面图，再利用几何关系，列方程组，即可求解，最后代入表面积公式. 【详解】如图，圆台与外接球的轴截面，如下， 设上底面的半径为，下底面的半径为，外接球的半径为， 由下底面的面积为，则， 圆台的体积， 即，解得或（舍）， 设， 和中，，，两式联立， 解得，， 所以圆台外接球的表面积为. 故选：C 8. 已知函数的定义域为，且对任意，满足，且，则（ ） A. 651 B. 676 C. 1226 D. 1275 【答案】A 【解析】 【分析】由条件可以推出，结合，即可求解. 【详解】由， 所以， 即， 所以 . 故选：A. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，，且，则（ ） A. 的最小值为18 B. 的最小值为36 C. 的最小值为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据基本不等式可得，进而求解即可判断；对于B，根据基本不等式可得，验证取等条件即可判断；对于C，由题意可得，进而结合即可判断；对于D，结合题意可得，，进而得到，再根据基本不等式求解即可判断. 【详解】对于A，由于，即， 则，即，当且仅当时等号成立， 所以的最小值为18，故A正确； 对于B，由，当且仅当且时等号成立， 显然不能同时成立，取不到等号，故B错误； 对于C，由于，所以有， 当且仅当时等号成立， 即的最小值为，故C正确； 对于D，因为，，所以， 所以， 当且仅当，即，时等号成立， 则的最小值为，故D正确． 故选：ACD． 10. 直线与抛物线相交于两点，下列说法正确的是（ ） A. 抛物线的准线方程为 B. 拋物线的焦点为 C. 若为原点，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据抛物线的方程即可得准线和焦点坐标，进而可判断AB，联立直线与抛物线方程，根据韦达定理，结合向量垂直的坐标运算即可判断C，由焦半径公式即可判断D. 【详解】 由，则其焦点为，准线方程为A错，B对； 联立直线与拋物线得，设，则 ，而， 由，即，故C对， 显然直线不过焦点，由拋物线定义有，所以D错. 故选：BC 11. 已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列说法正确的是（ ） A. 当最大 B. 使得成立的最小自然数 C. D. 中最小项为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据条件，结合等差数列的性质，可得，，，由此可判断ABC的真假；再由和时，，时，，再结合，的单调性可判断D的真假. 【详解】因为，所以， 由，所以，所以， 所以. 所以，当时，最大，故A正确； 由，， 所以使得成立的最小自然数，故B正确； 由，且， 所以，即，故C错误； 因为当时，，，所以； 当时，，，所以； 当时，，，所以. 且，， 所以中最小项为，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 过点且倾斜角为的直线被圆所截得的弦长为________． 【答案】 【解析】 【分析】由直线的点斜式方程可得直线的方程，由点到直线的距离可得圆心到直线的距离，,结合勾股定理，即可得结论. 【详解】根据题意，设过点且倾斜角为的直线为 , 其方程为,即，变形可得， 圆 的圆心为，半径 , 设直线与圆交于点, 圆心到直线的距离, 则. 故答案为：. 13. 已知单位向量满足，则与的夹角为______________． 【答案】## 【解析】 【分析】将等式两边平方即可. 【详解】因为， 所以， 所以，． 故答案为：. 14. 已知函数在区间上恰有两个零点，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据辅助角公式化简，然后结合的范围及正弦函数的性质即可得解. 【详解】， 令，则， 由，得， 因为函数在区间上恰有两个零点， 所以，解得， 所以的取值范围是. 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. 在锐角中，角，，所对的边分别为，，，已知向量，且. （1）求角的大小； （2）若，求周长的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由共线向量的坐标表示表示，利用正弦定理边化角，结合两角和差公式化简求得，由此可得. （2）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，再利用正弦函数的性质求出周长范围. 【小问1详解】 由，得，由正弦定理，得， 即， 而，，则， 又，. 【小问2详解】 由正弦定理得：，则，， ， 由锐角，得，即，， 因此，即， 所以周长的范围为. 16. 已知数列满足. （1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式. （2）求数列的前n项和． 【答案】（1）证明见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列定义即可得数列是以为首项，为公差的等差数列，并求出通项公式； （2）利用错位相减法求和即可. 【小问1详解】 根据题意由易知， 即可得为定值， 由此可得数列是以为首项，公差的等差数列， 所以，可得； 即数列的通项公式为； 【小问2详解】 由（1）知，， 所以， 所以， 所以 ， 所以 17. 如图，在三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，其对角线交于点.且平面. （1）求证：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明如下： 因为四边形是菱形， 所以， 又因为平面，且平面， 所以. 又平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明，可证明结论； （2）方法1，如图建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后由空间向量知识可得答案； 方法2，取中点，连接，由题可得平面与平面的夹角即为，然后可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法1，由，四边形为菱形，， 则是边长为2的等边三角形. 所以. 因为平面，则以点为坐标原点， 所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则， 则， 设平面的一个法向量为， 则，取，则，故， 易知平面的一个法向量为， 则平面与平面夹角的余弦值 ， 故平面与平面夹角的余弦值为； 方法2，由，四边形为菱形，， 则是边长为2的等边三角形， 所以， 所以. 取中点，连接， 在等腰直角中，且， 由勾股定理得. 因为，则，. 注意到，平面平面， 所以平面与平面的夹角即为. 在中，，则， 即， 故平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知椭圆的中心在坐标原点，两个焦点分别为，，点 在椭圆上. （1）求椭圆的标准方程和离心率； （2）已知直线与椭圆交于、两点，且，求面积的取值范围. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）设椭圆标准方程为：，根据及点在椭圆上，可求椭圆的标准方程. （2）按直线是否垂直于坐标轴分类，求出，，进而表示出三角形面积，再借助二次函数求出范围即可. 【小问1详解】 设椭圆标准方程为：， 由题意：， 所以椭圆的标准方程为：. 椭圆的离心率为：. 【小问2详解】 如图： 若直线的斜率不存在，则可取，因为，可取，此时. 若直线的斜率为0，同理可得. 当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为， 由，得， 则， 用代替，得， 则. 所以. 设， 则. 因为，所以，， 所以，所以. 综上，. 19. 已知函数. （1）当时，求函数在处切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若，不等式在上存在实数解，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）答案见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程； （2）对函数求导，讨论参数的符号研究函数的单调区间； （3）问题化为在上存在实数解，利用导数求右侧表达式在上最小值，即可得范围. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，，故在处切线方程为， 所以. 【小问2详解】 由题设，且， 当时，，即的递增区间为，无递减区间； 当时，有，有， 此时的递增区间为，递减区间为. 【小问3详解】 原条件等价于在上存在实数解. 所以在上存在实数解， 令，则， 在上，得，故在上单调递增， 所以的最小值为，故时不等式在上存在实数解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $