精品解析：广东广州市第十六中学2025-2026学年高三年级考前教学质量检测数学（问卷）

2025学年广州市第十六中学高三年级教学质量检测（三测） 数学（问卷） 一、单选题 1. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用分式不等式以及充分不必要条件的集合表示，可得答案. 【详解】由，可得或， 又集合是集合或的真子集， 所以“”是“”的充分不必要条件． 故选：A 2. 已知数列的通项公式为，则数列的公比是（ ） A. 2 B. 6 C. 8 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列公比的定义即可得出答案. 【详解】已知，则数列的公比为，故C正确. 3. 已知函数（是虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题知，， 所以. 4. 若非零向量与满足，且，则为（ ） A. 三边均不相等的三角形 B. 直角三角形 C. 底边和腰不相等的等腰三角形 D. 等边三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得的角平分线与BC垂直，可分析出是等腰三角形，根据数量积公式可求角A，即可判断. 【详解】因为分别为与同向的单位向量， 因为，可知的角平分线与BC垂直，则， 又因为，即， 且，则，所以是等边三角形. 故选：D. 5. 已知数列A：，，…，，，，设，若或2，则满足条件的不同数列的个数为（ ） A. 7 B. 21 C. 35 D. 70 【答案】C 【解析】 【分析】由于可以等于1或2，首先要确定7个差值中有几个1和几个2，再用组合数算出结果. 【详解】，设差值中有个1和个2， 则，解得：，. 3个1和4个2进行排序，一共有. 6. 已知三点，点P在圆上运动，则的最大值是（ ） A. 144 B. 88 C. 72 D. 32 【答案】B 【解析】 【分析】设，利用两点间的距离公式得到，再由点P在圆上运动，化简为求解. 【详解】设， 因为，，三点， 所以 ， ， 因为点P在圆上运动， 则，解得， 所以， 当时，取的最大值88， 故选：B 7. 今天是星期四，再过天是星期几（    ） A. 星期天 B. 星期一 C. 星期二 D. 星期三 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 由能被整除，则上式前项都能被整除，只需看最后一项除以的余数， 由， 则除以的余数为， 所以今天是星期四，再过天，是星期一. 8. 小吴，小温，小蔡，小龙四位同学各掷骰子5次，约定若6点不出现，则该同学在毕业典礼上就不用代表班级上台表演，班主任何老师分别记录每次骰子出现的点数.根据以下四名同学的统计结果，一定可以确定（ ）同学不用上台表演. A. 小吴：平均数为，中位数为 B. 小温：中位数为，众数为 C. 小蔡：平均数为，方差为 D. 小龙：中位数为，方差为 【答案】C 【解析】 【详解】若小吴的个点数分别是，满足选项A； 若小温的个点数分别是，满足选项B； 若小龙的个点数分别是，平均数为4，其方差为 ，满足选项D； 若小蔡的平均数为，又有点数，则个点数为，方差 ，不可能满足C，因此小蔡不会出现点数6， 故选：C． 二、多选题 9. 如图，弹簧挂着的小球做上下运动，它在时相对于平衡位置的高度单位：由关系式确定以为横坐标，为纵坐标，下列说法正确的是（    ） A. 小球在开始振动即时的位置在 B. 小球的最高点和最低点与平衡位置的距离均为 C. 小球往复运动一次所需时间为 D. 每秒钟小球能往复振动次 【答案】ABC 【解析】 【详解】对于A，由题意可得当时，， 故小球在开始振动时的位置在；故A正确； 对于B，由解析式可得振幅，故小球的最高点和最低点与平衡位置的距离均为；故B正确； 对于C，可得函数的周期为，故小球往复运动一次需；故C正确； 对于D，由C可知，，可得频率为（），即每秒钟小球能往复振动次，故D不正确. 10. 已知函数及其导函数的定义域均为，记．若奇函数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由奇函数可得为偶函数，再结合已知得出的解析式，再分别判断A,C,D选项，再结合解析式应用基本不等式计算判断B. 【详解】因为奇函数关于对称，所以，所以，所以为偶函数， 因为，则, 又因为奇函数，所以为偶函数，所以， 所以，A选项错误； 因为，当且仅当时等号成立，所以，所以，B选项正确； 因为，又因为，所以，所以 所以，C选项正确； 因为，所以，D选项正确. 故选：BCD. 11. 已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论，其中所有正确结论的是（ ） A. 的第2项小于3 B. 为递减数列 C. 为等比数列 D. 中存在小于的项 【答案】ABD 【解析】 【分析】推导出，求出，的值，进而即可判断A；利用数列单调性的定义即可判断B；利用反证法即可判断C，D． 【详解】对于A，由题意可知，，， 当时，，可得； 当时，由，则，两式作差可得， 所以，则，整理可得， 又，解得，故A正确； 对于B，结合选项A知，当时，， 可得，所以数列为递减数列，故B正确； 对于C，假设数列为等比数列，设其公比为， 则，即，则，可得，解得，不合乎题意， 所以数列不是等比数列，故C错误； 对于D，假设对，都有，则， 所以，与假设矛盾，即假设不成立，故D正确． 故选：ABD． 【点睛】关键点睛：本题在推断选项C，D的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导． 三、填空题 12. 已知双曲线的离心率为分别是的左、右焦点，是上一点，且，则__________. 【答案】9 【解析】 【分析】由已知直接求，根据双曲线定义直接求解，注意双曲线上的点到焦点的最小距离为． 【详解】由题知：，解得. 由双曲线定义知：， ，，或， 又，故不满足， . 故答案为：9. 13. 如图，已知定点，轴于点，是线段上任意一点，轴于点，于点．与相交于点，则的轨迹方程为____________． 【答案】 【解析】 【分析】先设点的坐标，由在上得到纵坐标参数关系，结合直线的方程代入消参，即可得到点的轨迹方程. 【详解】设点，其中，则点的坐标为， 由题意，直线的方程为 ①， 因为点在上，将点的横坐标代入①，得 ②， 又因为直线的方程为，将②代入得， 又因为点在上，所以， 即的轨迹方程为. 14. 设，当时，的取值范围是________；当x取一般值时的取值范围是_________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由可知为正偶数．令，则 ，且．当时，即，可直接配方求范围；当时，研究函数在上的最值即可． 【详解】因为，其中为正整数，所以 令，则，且 ． 于是 先求当时的范围． 此时，所以 因为，所以．因此 ． 故当时，的取值范围为． 再求取一般值时的范围． 设，． 当时， ，范围为，符合. 当时， 若，则，所以，从而； 若，则，所以，从而． 因此在上单调递减，在上单调递增． 所以的最小值在时取得，最大值在或时取得． 当时， 当或时， ． 故当时，的取值范围为． 四、解答题 15. 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）当时，求证：. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为； （2）见解析. 【解析】 【分析】(1)利用导数判断函数的单调性， (2) 当时，，问题转化为证明 ，从而利用导数研究最值即可得证. 【小问1详解】 当时，，定义域为， ，令， 则，故即在上单调递增， 又时，时， 函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 【小问2详解】 证明：当时，， 令，则 ， 令，， 在单调递增，又， ，使得，且是在上的唯一零点， 在上为负，在上为正， 故在处取到极小值，也就是最小值. ，即，， ， 当时，. 16. 在中，角所对的边分别为，已知，且满足 （1）求角的大小 （2）的内心为，求周长的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换可得,再根据即可求解； （2）设的内心为，，在中，由正弦定理得，再根据三角恒等变换求解即可. 【小问1详解】 由， 根据正弦定理，得， 由，则， 即, 而，故， 又， 所以 【小问2详解】 由（1）可得， 即， 设的内心为，即， 故. 设，则， 在中，由正弦定理得， 所以， 所以的周长为 因为， 所以， 所以， 所以， 故的周长取值范围为. 17. 矩形的长为4，宽为2，其四边的中点恰为椭圆的顶点． （1）求的方程； （2）若，，三点在以为直径的圆上，且直线，均与有且只有一个公共点，证明：是直角三角形． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）数形结合可得出的值，即可求出方程； （2）分点是矩形的顶点、点不是矩形的顶点两种情况讨论，若点不是矩形的顶点，设，分别与椭圆方程联立，得出是一元二次方程的根，利用韦达定理即可求证. 【小问1详解】 依题意，，，则，，半焦距， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 依题意，以为直径的圆的方程为， 当点是矩形的顶点时，均与坐标轴垂直，此时； 当点不是矩形的顶点时，设点的坐标为，直线， 由消去得：， 由， 化简得， 设直线的方程为，同理得：， 于是是关于的一元二次方程的两根， 则，， 又，因此，则，即， 所以是直角三角形. 18. 某校举办“数学文化节”，设有个不同主题的展区（），每个展区有唯一的主题编号，分别为1，2，…，.游客从任一展区开始参观打卡，打卡机每次会从尚未参观过的展区中，等可能地随机选择一个作为下一个参观的展区.规定：若连续参观的两个展区主题编号之和为奇数，则参观者获得一枚纪念章，否则不获得纪念章，记参观者参观完所有展区获得的纪念章枚数为. （1）当时，求参观者仅获得1枚纪念章的概率； （2）当时，求参观者获得纪念章枚数的分布列和数学期望； （3）设为个展区时参观者获得纪念章枚数的期望值，求关于的表达式，并证明是递增数列. 【答案】（1） （2） 1 2 3 数学期望 （3），证明见解析 【解析】 【分析】（1）先定义事件为“参观者仅获得1枚纪念章”，确定 时全排列共 6 种，依据和为奇数需一奇一偶的条件枚举所有排列，统计符合仅 1 次条件的排列数，最后用符合数除以总数求得概率. （2）通过分析奇偶排列的相邻位置关系确定纪念章数量：将全排列中奇数和偶数视为两类元素，观察相邻数对奇偶性相同的次数（即“奇奇”或“偶偶”的相邻对数），从而得出的可能取值，枚举所有奇偶模式并计算各模式下的排列数，进而求得概率分布与数学期望. （3）先把相邻两个展区和为奇数的总数量期望分解成每一对相邻展区各自的期望再相加，把复杂的整体期望转化为单个位置的简单概率问题.然后根据展区总数 的奇偶，确定奇数编号和偶数编号各有多少个，算出任意一对相邻展区恰好一奇一偶的概率，也就是单个位置的期望.再用这个单对期望乘上所有相邻对数，分别写出 为偶数、奇数时的期望通项公式.最后用后一项减前一项作差，验证无论 是奇数还是偶数，差值都大于 0，从而说明这个期望构成的数列是单调递增的. 【小问1详解】 记事件为“参观者仅获得1枚纪念章”， 当时，展区编号为1，2，3，奇数有1，3；偶数有2，全排列共种， 两个数之和为奇数当且仅当两个数一奇一偶， 枚举所有排列：123，132，213，231，312，321， 其中满足连续两个数之和为奇数的次数是1的有132，213，231，312， 所以. 【小问2详解】 当时，编号1，2，3，4，奇数有1，3；偶数有2，4，全排列共种， 由题意知的可能取值为1，2，3， 当获得1枚纪念章时，奇偶序列为奇奇偶偶，偶偶奇奇， 概率为， 当获得2枚纪念章时，奇偶序列为偶奇奇偶，奇偶偶奇， 概率为， 当获得3枚纪念章时，奇偶序列为奇偶奇偶，偶奇偶奇， 概率为， 所以的分布列为 1 2 3 数学期望. 【小问3详解】 个展区中有个奇数编号，个偶数编号， 相邻的两个位置看作1对，则共有对，定义变量如下： 当第（）对中的两个数字之和为奇数时，为偶数时， 则. 所以， 因为的取值只有0与1两个， 所以， 即第组的两个数一个为偶数、一个为奇数的概率， 从个数据中任选2个数据排列，共有种可能， 当为偶数时，则偶数与奇数各有个，所以， ， 当为奇数时，偶数有个，奇数有个， 所以， . 所以 证明递增： 当为偶数时，，， ，所以. 当为奇数时，，， ，所以. 因此是递增数列. 19. 在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，，，，且为该平面的法向量.已知集合，，. （1）设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值； （2）记集合中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值： （3）记集合中所有点构成的几何体为. ①求的体积的值； ②求的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出的面数和棱数. 【答案】（1），； （2），； （3）①16；②，共有12个面，24条棱. 【解析】 【分析】（1）首先分析题意进行解答，分别表示出集合代表的点，后得到的截面是正方形求出，同理得到是正方形求出即可. （2）首先根据（1）分析得出为截去三棱锥所剩下的部分.后用割补法求解体积即可. （3）利用题目中给定的定义求出法向量，结合面面角的向量求法求解，再看图得到面数和棱数即可. 【小问1详解】 集合表示平面上所有的点， 表示这八个顶点形成的正方体内所有的点， 而可以看成正方体在平面上的截面内所有的点. 发现它是边长为2的正方形，因此. 对于，当时， 表示经过，，的平面在第一象限的部分. 由对称性可知Q表示，， 这六个顶点形成的正八面体内所有的点. 而可以看成正八面体在平面上的截面内所有的点. 它是边长为的正方形，因此. 【小问2详解】 记集合，中所有点构成的几何体的体积分别为，； 考虑集合的子集； 即为三个坐标平面与围成的四面体. 四面体四个顶点分别为，，，， 此四面体的体积为 由对称性知， 考虑到的子集构成的几何体为棱长为1的正方体， 即， ， 显然为两个几何体公共部分， 记，，，. 容易验证，，在平面上，同时也在的底面上. 则为截去三棱锥所剩下的部分. 的体积，三棱锥的体积为. 故的体积. 当由对称性知，. 【小问3详解】 如图所示，即为所构成的图形. 其中正方体即为集合P所构成的区域.构成了一个正四棱锥， 其中到面的距离为， ，. 由题意面方程为，由题干定义知其法向量 面方程为，由题干定义知其法向量 故. 由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H相邻两个面所成角为. 由图可知共有12个面，24条棱. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年广州市第十六中学高三年级教学质量检测（三测） 数学（问卷） 一、单选题 1. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 2. 已知数列的通项公式为，则数列的公比是（ ） A. 2 B. 6 C. 8 D. 16 3. 已知函数（是虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 4. 若非零向量与满足，且，则为（ ） A. 三边均不相等的三角形 B. 直角三角形 C. 底边和腰不相等的等腰三角形 D. 等边三角形 5. 已知数列A：，，…，，，，设，若或2，则满足条件的不同数列的个数为（ ） A. 7 B. 21 C. 35 D. 70 6. 已知三点，点P在圆上运动，则的最大值是（ ） A. 144 B. 88 C. 72 D. 32 7. 今天是星期四，再过天是星期几（    ） A. 星期天 B. 星期一 C. 星期二 D. 星期三 8. 小吴，小温，小蔡，小龙四位同学各掷骰子5次，约定若6点不出现，则该同学在毕业典礼上就不用代表班级上台表演，班主任何老师分别记录每次骰子出现的点数.根据以下四名同学的统计结果，一定可以确定（ ）同学不用上台表演. A. 小吴：平均数为，中位数为 B. 小温：中位数为，众数为 C. 小蔡：平均数为，方差为 D. 小龙：中位数为，方差为 二、多选题 9. 如图，弹簧挂着的小球做上下运动，它在时相对于平衡位置的高度单位：由关系式确定以为横坐标，为纵坐标，下列说法正确的是（    ） A. 小球在开始振动即时的位置在 B. 小球的最高点和最低点与平衡位置的距离均为 C. 小球往复运动一次所需时间为 D. 每秒钟小球能往复振动次 10. 已知函数及其导函数的定义域均为，记．若奇函数，且，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论，其中所有正确结论的是（ ） A. 的第2项小于3 B. 为递减数列 C. 为等比数列 D. 中存在小于的项 三、填空题 12. 已知双曲线的离心率为分别是的左、右焦点，是上一点，且，则__________. 13. 如图，已知定点，轴于点，是线段上任意一点，轴于点，于点．与相交于点，则的轨迹方程为____________． 14. 设，当时，的取值范围是________；当x取一般值时的取值范围是_________． 四、解答题 15. 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）当时，求证：. 16. 在中，角所对的边分别为，已知，且满足 （1）求角的大小 （2）的内心为，求周长的取值范围. 17. 矩形的长为4，宽为2，其四边的中点恰为椭圆的顶点． （1）求的方程； （2）若，，三点在以为直径的圆上，且直线，均与有且只有一个公共点，证明：是直角三角形． 18. 某校举办“数学文化节”，设有个不同主题的展区（），每个展区有唯一的主题编号，分别为1，2，…，.游客从任一展区开始参观打卡，打卡机每次会从尚未参观过的展区中，等可能地随机选择一个作为下一个参观的展区.规定：若连续参观的两个展区主题编号之和为奇数，则参观者获得一枚纪念章，否则不获得纪念章，记参观者参观完所有展区获得的纪念章枚数为. （1）当时，求参观者仅获得1枚纪念章的概率； （2）当时，求参观者获得纪念章枚数的分布列和数学期望； （3）设为个展区时参观者获得纪念章枚数的期望值，求关于的表达式，并证明是递增数列. 19. 在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，，，，且为该平面的法向量.已知集合，，. （1）设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值； （2）记集合中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值： （3）记集合中所有点构成的几何体为. ①求的体积的值； ②求的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出的面数和棱数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $