精品解析：广东省广州市执信中学2024-2025学年高三下学期3月检测数学试题

2025届高三3月数学学科检测 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、试室号、座位号填写在答题卡上. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足（i是虚数单位），则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线的一个方向向量为，其倾斜角为，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，向量与向量的夹角为，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 1 5. 已知数列的各项均为正数，，若表示不超过的最大整数，记数列的前项和为，当100时，的值为（ ） A. 28 B. 29 C. 30 D. 31 6. 已知，，函数的图象如图所示，是的图象与相邻的三个交点，与轴交于相邻的两个交点为，若在区间上有2027个零点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆锥DO的轴截面为等边三角形，是底面的内接正三角形，点P在DO上，且．若平面PBC，则实数（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若对，恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若直线被圆所截得的弦长为，则实数的值为（ ） A. B. C. 0 D. 10. 已知一个袋子中放有5个不同的红球和3个不同的黄球，则下列说法正确的是（ ） A. 若将袋子中的球全部随机分到两个不同的盒子中，每个盒子不空，则共有256种分配方法 B. 若从袋子中不放回地摸出4个球（1次1个），记X为摸出的球中红球的个数，则 C. 若从袋子中有放回地依次摸球4次（1次1个），记M为摸出的红球个数，则 D. 若从袋子中有放回地依次摸球6次（1次1个）且记录每一次结果，则摸出3个红球3个黄球的可能性最大 11. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如星形线、卵形线、蔓叶线等，而心形线也是其中一种，因其形状像心形而得名，其平面直角坐标方程可表示为，图形如图所示．当时，点是其中一条心形线C上不同的两点，且，对于这条心形线，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 该心形线围住的区域面积 D. 该心形线上有4个整点（横、纵坐标均为整数的点） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知为奇函数，当时，，则________． 13. 如图，设是椭圆的左右焦点，点是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的交点，延长与椭圆交于，若，则椭圆的离心率为__________. 14. 已知数列满足，其前项和为，且．则_______；若对任意的，恒成立，则首项的取值范围是_________． 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. 已知曲线. （1）求在处的切线方程. （2）若函数有两个零点，求实数的取值范围． 16. 在中，内角的对边分别为，设的面积为，分别以为边长的正三角形的面积依次为且． （1）求； （2）设的平分线交于点，若，，求的长． 17. 如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，为下底面圆周上异于的点． （1）点为线段的中点，证明：直线平面； （2）若四棱锥的体积为3，且，求直线与平面夹角的正弦值． 18. 已知O为坐标原点，双曲线的离心率为，且过点. （1）求C的标准方程； （2）过C的右焦点F的直线与双曲线C的左、右两支分别交于两点A、B，点Q是线段的中点，过点F且与垂直的直线交直线于M点， ①判断点M是否在一条定直线上，请说明理由； ②记面积为，证明：. 19. 定义：，，已知数列满足． （1）若，，求，的值； （2）若，，使得恒成立．探究：是否存在正整数，使得，若存在请求出所有的，若不存在请说明理由； （3）若数列为正项数列，且集合的元素个数为有限个，证明：不存在实数，使得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三3月数学学科检测 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、试室号、座位号填写在答题卡上. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】化简集合，根据集合的并集运算得解. 【详解】因为，所以，解得 ， 所以，又， . 故选：C. 2. 已知复数满足（i是虚数单位），则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数模的几何意义，转化为点到圆心为，半径为的圆上的点的最值问题，从而得解. 【详解】表示对应的点是圆心为，半径为的圆上的点， 的几何意义表示该圆上的点和点之间的距离， 而圆心到点的距离为， 所以的最大距离为，最小距离为， 所以的取值范围为. 故选：D. 3. 已知直线的一个方向向量为，其倾斜角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求得直线的斜率为，可得，将所求的式子转化为齐次式，弦化切得解. 【详解】因为直线的一个方向向量为， 所以直线的斜率为，即， 故选：B． 4. 已知向量，向量与向量的夹角为，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由平面向量数量积的定义、平面向量数量积的运算性质结合二次函数的基本性质可求得的最小值. 【详解】设，又，所以， 根据二次函数性质，所以当时，， 故选：B. 5. 已知数列的各项均为正数，，若表示不超过的最大整数，记数列的前项和为，当100时，的值为（ ） A. 28 B. 29 C. 30 D. 31 【答案】C 【解析】 【分析】由已知条件可得，数列是首项为1，公差为1的等差数列，即可得，根据取值分析可得的值. 【详解】因，可得是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以，因为数列的各项均为正数， 所以，因为， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 当时，， 则. 说明当100时，的值为30. 故选：C. 6. 已知，，函数的图象如图所示，是的图象与相邻的三个交点，与轴交于相邻的两个交点为，若在区间上有2027个零点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用图象过原点得，结合对称轴及图象确定，再利用三角函数的零点计算即可. 【详解】将原点坐标代入得，又，所以， 故， 的中点横坐标为， 故， 又对应的点为轴左侧第一个最低点，所以， 解得，解得， 所以， 令得， 则或， 解得或， 所以相邻两个零点的距离有两种，可能为， 在上，有2027个零点，要求的最大值， 则当为个和1014个时，取得最大值， 故最大值为. 故选：A 7. 已知圆锥DO的轴截面为等边三角形，是底面的内接正三角形，点P在DO上，且．若平面PBC，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】不妨设，由圆锥DO的轴截面为等边三角形，是底面的内接正三角形，得到，，然后根据平面PBC，得到，再在中，利用勾股定理求解. 【详解】解：如图所示； 不妨设，则，，． 因为平面PBC，平面PBC， 所以， 在中，由勾股定理有，即， 解得． 故选：D． 8. 已知函数，若对，恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】法一，根据条件，分和两种情况讨论，再利用绝对值不等式的几何意义，即可求解；法二，将特殊值代入体验，利用排除法求解. 【详解】法一，因为， 当时，等价于恒成立， 因为时，恒成立，所以； 当时，等价于恒成立， 当时，，恒成立，所以； 当时，则或恒成立， 也就是或恒成立，  而当时，，， 所以或. 综合（1）（2）可知：或， 法二，可代入选项检验，当时， 当时，单调递减， 把代入发现， 当时，单调递增，则最大值为大于0，不符合，排除包含的选项，即排除ACD. 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若直线被圆所截得的弦长为，则实数的值为（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】CD 【解析】 【分析】求出圆心到直线的距离，利用弦长、圆的半径及弦心距关系式列出方程，求出即可. 【详解】由圆的圆心为：，半径为：， 所以圆心到直线的距离为： ， 又直线被圆所截得的弦长为， 所以 解得：或， 故选：CD. 10. 已知一个袋子中放有5个不同的红球和3个不同的黄球，则下列说法正确的是（ ） A. 若将袋子中的球全部随机分到两个不同的盒子中，每个盒子不空，则共有256种分配方法 B. 若从袋子中不放回地摸出4个球（1次1个），记X为摸出的球中红球的个数，则 C. 若从袋子中有放回地依次摸球4次（1次1个），记M为摸出的红球个数，则 D. 若从袋子中有放回地依次摸球6次（1次1个）且记录每一次结果，则摸出3个红球3个黄球的可能性最大 【答案】BC 【解析】 【分析】先将8个球随意选一个盒子放入，再减去全部在一个盒子的情况即可判断A；根据古典概型求概率判断B；根据题意，可知，从而可得；分析可得摸出4个红球2个黄球的可能性最大，可判断D. 【详解】对于A，将袋子中的球全部随机分到两个不同的盒子中，每个盒子不空， 则共有种分配方法，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，设为摸出的红球的个数，则， 故，故C正确； 对于D，设为摸出的黄球的个数为，可取0到6，且， ， 则， 解得， 则摸出4个红球2个黄球的可能性最大，故D错误； 故选：BC. 11. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如星形线、卵形线、蔓叶线等，而心形线也是其中一种，因其形状像心形而得名，其平面直角坐标方程可表示为，图形如图所示．当时，点是其中一条心形线C上不同的两点，且，对于这条心形线，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 该心形线围住的区域面积 D. 该心形线上有4个整点（横、纵坐标均为整数的点） 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据三点共线可得直线过原点，联立直线与曲线的方程，求解后即可根据弦长公式得A；令，再结合图象可得，再借助换元法令，计算可得，即可得B；代入得或，则可得或，则可将原图形分割成多个部分放缩计算从而得C；利用换元法可得的整数解，即可求解方程的整数根. 【详解】依题意，心形线的直角坐标方程为， 对A：心形线过原点，由，可知三点共线， 可设直线，由， 消去，得．不妨设， 则， ∴，故A正确； 对B：令，可得或，由图可知， 但由于点要求不在y轴上，故， 令，则心形线的方程可化为， 有，即，故B正确； 对C：令，与心形线可围成矩形， 代入得，则， 则或， 令，则，， 故恒成立，则单调递增， 又， ， 故时，有解， 故中间矩形的面积，顶部两个弧形面积和； 底部弧形面积， 故心形线围住的区域面积，故C错误； 对D：由B知，，， 当，或，进而可得或0， 当时，方程无整数解； 当时，，故， ∴C上有4个整点，故D正确. 故选：ABD． 【点睛】方法点睛：对于给定的曲线方程，要研究该曲线的性质，往往需要结合曲线方程的特征合理换元（如平方和转化为距离等）. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知为奇函数，当时，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用奇函数的性质得，然后再代入求值即可. 【详解】因为为奇函数， 所以. 故答案为：. 13. 如图，设是椭圆的左右焦点，点是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的交点，延长与椭圆交于，若，则椭圆的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用给定条件得到，再建立方程，得到参数之间的关系，最后结合勾股定理求解离心率即可. 【详解】如图，连接，设，则， 由椭圆的定义知， ，， 在以为直径的圆上，， 在中，， 即，解得或（舍），，， 在中，， 即，故. 故答案为： 14. 已知数列满足，其前项和为，且．则_______；若对任意的，恒成立，则首项的取值范围是_________． 【答案】 ①. 3036 ②. 【解析】 【分析】对于第一空，因为给定条件是前项和与关系式，所以当时，，根据已知条件列出，与已知条件作差即可得出是奇数项与偶数项均为公差为等差数列的结论，即可得出答案.对于第二空，数列为公差为6的等差数列，最后分别讨论，2，3，4，5，6，成立的条件，以及证明，即可满足对任意的，恒成立，即可求得的取值范围. 【详解】① 当时，，故， ，，即数列的奇数项与偶数项均为公差为3的等差数列，即数列为公差为6的等差数列， 故，则. ②由上可知，数列为公差为6的等差数列， 若对任意的，恒成立， 由得，，即，可解得； 由得，，即，结合，可解得； 由得，，即，结合，可解得； 当时， 由得，， 即，即， 结合，可解得； 同理，由上可得，， 故恒成立，综上，. 故答案为：3036； 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. 已知曲线. （1）求在处的切线方程. （2）若函数有两个零点，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，从而求出切线方程； （2）将题设等价转化为曲线与直线有两个交点，利用导数与函数单调性、极值的关系确定函数的图象，即可数形结合求实数的取值范围. 【小问1详解】 因为， 所以，，即切点为， 又，所以切线方程为，即； 【小问2详解】 因为， 函数有两个零点， 相当于曲线与直线有两个交点， 又， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以时，取得极小值， 又时，，且当时，， 所以的图象如下所示： 由图可得实数的取值范围为． 16. 在中，内角的对边分别为，设的面积为，分别以为边长的正三角形的面积依次为且． （1）求； （2）设的平分线交于点，若，，求的长． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用三角形面积公式化简，结合余弦定理及三角形面积公式求， （2）法一：由（1）及三角形的面积公式及的大小得到，结合余弦定理求，进而求；法二：由（1）得，边角关系得，进而求. 【小问1详解】 由题意，，，则． 由余弦定理得，所以，又， 所以，则，又，所以． 【小问2详解】 法一：由（1）知，又， 所以，所以，所以． 由余弦定理可得，得，， 所以，所以， 在中． 法二：由（1）知，，整理得， 由正弦定理得，又，所以， 因为，所以， 由，，得． 在中，. 17. 如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，为下底面圆周上异于的点． （1）点为线段的中点，证明：直线平面； （2）若四棱锥的体积为3，且，求直线与平面夹角的正弦值． 【答案】（1）证明如下： 如图，取中点，连接， 则由中位线定理得，， 在等腰梯形中，， 得到，， 则四边形为平行四边形，故， 又平面，平面，所以直线平面． （2） 【解析】 【分析】（1）利用中位线定理结合平行四边形性质得到，再利用线面平行的判定定理求解即可. （2）利用四棱锥的体积公式求解参数，再建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，在平面内作，分别交于点， 在平面内作交于点， 在等腰梯形中，， 而，由题意得四边形是矩形， 则，由勾股定理得梯形的高， 则等腰梯形面积为， 而四棱锥的体积，解得， 在中，，所以，故与重合，或与重合， 因为，所以与重合，即， 以为原点，以过点平行于的方向，所在直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则有， 故，， 设平面的法向量，故， 令，解得，得到， 设直线与平面夹角的大小为， 则， 故直线与平面夹角的正弦值为. 18. 已知O为坐标原点，双曲线的离心率为，且过点. （1）求C的标准方程； （2）过C的右焦点F的直线与双曲线C的左、右两支分别交于两点A、B，点Q是线段的中点，过点F且与垂直的直线交直线于M点， ①判断点M是否在一条定直线上，请说明理由； ②记面积为，证明：. 【答案】（1） （2）①点M在定直线，理由为： 由（1）得， 由已知直线的斜率k存在且， 设直线，，且，                                                   联立直线与双曲线，得，恒成立， 且， 即，解得， 又Q为A，B中点， 则，则， 即， 则直线，又直线垂直于直线，且过点F，则， 联立与，即，解得， 即， 即点M在定直线上.， ②证明：由，即证， ， 利用对称性，不妨设， 则，，则， 则， 故成立. 【解析】 【分析】（1）结合离心率与所过点计算即可得解； （2）①设出直线、方程，联立曲线，可得与交点横坐标有关韦达定理，利用韦达定理与中点公式计算可得，则可得，联立与，解出即可得；②利用面积公式可转化为证明，利用点与点坐标计算即可得. 【小问1详解】 由已知双曲线离心率，即， 则双曲线方程为，又曲线过点，即，解得， 所以双曲线方程为； 【小问2详解】 ①略 ②略 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 19. 定义：，，已知数列满足． （1）若，，求，的值； （2）若，，使得恒成立．探究：是否存在正整数，使得，若存在请求出所有的，若不存在请说明理由； （3）若数列为正项数列，且集合的元素个数为有限个，证明：不存在实数，使得． 【答案】（1），或 （2）的集合为 且 （3） 证明：，； 由， ①若，则，， 所以， 对任意，取（[x]表示不超过的最大整数）， 当时，； ②若，设，， 所以当时，， 对任意，取（[x]表示不超过的最大整数）， 当时，； 故不存在实数，使得． 【解析】 【分析】（1）由递推关系可得，利用条件和递推关系可求，再根据，结合递推关系求； （2）由条件结合递推关系可得或 ， 分，，且，，且三种情况讨论求； （3）结合定义证明，分讨论，确定数列的单调性，利用放缩法证明结论. 【小问1详解】 依题意，，显然； 故； ， 即或，则或 【小问2详解】 ， 对恒成立， ∴，， 又 ， 此即表明或 ， ①若，则且， 的集合为 ②若，且 时， 当 ， 且时，. 的集合为 且 ③时， ， ， ， 当， 且 时， . 的集合为 且 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第三问解决的关键在于结合定义先证明，再分别在条件下，结合数列的单调性，化简数列的递推关系. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $