广东省部分学校2025届高三上学期期末联考数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省部分学校2025届高三上学期期末联考数学试题（解析版）-A4，共15页。试卷主要包含了非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答；每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．
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. 已知，则（ ）
A. 1B. 0C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接根据二倍角余弦公式计算可得.
【详解】因为，
所以由二倍角余弦公式可得，
故选：D．
2. 已知成等比数列，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据等比中项可得，从而可求解.
【详解】因为成等比数列，则，即，解得．
故选：A．
3. 某地采用如图所示的直四棱柱形交通减速带，其底面为梯形，接触地面的表面宽40（单位；厘米），平行于地面的表面宽10，且距离地面高度为10．某路面要铺设总长为300的交通减速带，则该减速带的体积（不考虑表面凹槽）为（ ）
A. 立方厘米B. 立方厘米
C. 立方厘米D. 立方厘米
【答案】B
【解析】
【分析】先由题中条件，计算梯形底面的面积，再由棱柱体积公式，即可求出结果.
【详解】计算梯形底面的面积：，由于铺设长度为300，故立方厘米．
故选：B
4. 已知一组数据0，7，2，1，从1到10中的整数里随机选择1个数加入这组数据，则得到的新数据与原数据极差相同的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题中数据，结合极差以及古典概型的概率计算公式，即可直接得出结果.
【详解】因为数据0，7，2，1的极差为；
从1到10中的整数里随机选择1个数共有10种可能，要使加入数据后其与原数据极差相同，则该数需要小于或等于7，故有7种可能，故概率为；
故选：B．
5. 已知为整数，全集，，，设甲：；乙：，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】由求出的取值集合，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】若，则或或，则或或或，
当时，不符合题意，故舍去，其他均符合题意，所以；
因为的元素必有1，可能有，，要使，则，
所以或，解得或，即，此时，
验证得仅或时符合条件，所以，故必要性成立；
当时，不成立，故充分性不成立；
故甲是乙的必要条件但不是充分条件.
故选：B．
6. 已知，且是方程的一个根，则的最小值是（ ）
A. B. 4C. 2D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据是方程的一个根得到和的关系，求出，根据基本不等式求出的最小值.
【详解】由是方程的一个根可得，
即，且，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值是8．
故选：D．
7. 若边长为整数的正方形的四个顶点均在椭圆C：上，则c的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆和正方形对称性，结合椭圆离心率公式进行求解即可.
【详解】由对称性知，四个顶点必在直线上，
由于C在y轴上的两顶点距离为2，
故正方形的边长不可能大于或等于2，
又因为正方形的边长为整数，故其只能为1，
因此点在C上，代入C的方程得，
解得，故C：，
故C的离心率为．
故选：D
8. 已知函数满足，则（ ）
A. 1B. 2025C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数解析式得到定义域满足，再由题意得到函数的图象关于直线对称，从而可得定义域关于对称，求出；再结合求出，从而可求出结果.
【详解】函数的定义域满足，等价于，
由可知的图象关于直线对称，
故的定义域关于对称，
则的解集只能为，故．
由，可得，
故，
则，解得，故．
故选：C．
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. 已知向量，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由向量垂直与平行的坐标表示即可判断选项A，B；由向量模长的坐标计算即可判断选项C；由坐标计算夹角的大小即可判断选项D.
【详解】因为，，
对于A，因为，所以与不垂直，故A错误；
对于B，因为，，所以，所以，故B正确；
对于C，因为，，所以，
，所以，故C正确；
对于D，因，，所以，所以，故D正确．
故选：BCD．
10. 某地质考察队在一片区域内发现了五处具有研究价值的地质构造点，依照初步判断的研究价值高低，分别标记为1，2，3，4，5号点位，每次考察时，随机选择一处地质构造点进行深入研究，选择各点位的概率与该点标记的序号成正比，比例系数为k，设随机变量G表示选择的地质构造点编号，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正比关系可得，即可利用概率之和为1求解，即可结合选项逐一求解.
【详解】依题意可得选择各点位的概率与该点标记的序号成正比，
故，，解得，故A正确；
，故B错误；
，故C正确；
，，故D正确．
故选:ACD．
11. 设函数，且y=fx的图象关于点中心对称，，记的最小正周期为T，且，则（ ）
A B.
C. D. 在区间内最多存在两个极值点
【答案】ACD
【解析】
【分析】本题考查函数的图象与性质.由图象关于点中心对称可求得a=-1，由可判断A正确，以及；又因为图象关于点中心对称可得，，根据，可求得或，B错误；将代入fx解析式即可得C正确；根据正弦型函数求最值可得D正确.
【详解】对于A，因为y=fx的图象关于中心对称，所以，所以，即，故A正确；
对于B，由得，且又，所以．
由得，，所以．因为，，所以，显然k可以取1或-1，所以或，故B错误；
对于C，当时，；
当时，，所以，故C正确；
对于D，当时，在内存在唯一极大值点（位于区间外）．
当时，在内存在极小值点，存在极大值点（位于区间外）．因此在区间内最多存在两个极值点，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 某上市互联网科技公司为节省开支采用了裁员的手段，统计得到近7个月内每月的裁员人数如下：1，2，2，3，4，5，6，则该组样本数据的上四分位数是______．
【答案】5
【解析】
【分析】由题中数据，结合上四分位数的概念，即可得出结果.
【详解】由，可知该组样本数据的上四分位数是5．
故答案为：5
13. 已知双曲线C：的渐近线方程为，且C与直线交于A，B两点，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】先根据渐近线得出，再根据点再线上求出．
【详解】由题意可得的渐近线方程为，
则有，解得；
故C：，当时，，故．
故答案为：2．
14. 设有限项数列满足，则的前7项和为______，的前7项和为______．
【答案】 ①. 16 ②. 96
【解析】
【分析】记的前n项和为，的前n项和为，令，求出，求出和，求出，对两侧同时求导，并令求出，根据求出，求出的前7项和.
【详解】记的前n项和为，的前n项和为，
令，则有，
即,又，，
则，
即的前7项和为16，
对两侧同时求导，并令有，
，，
又，，
则，
即的前7项和为96．
故答案为16；96.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于对两侧同时求导，并令求出.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明．证明过程或演算步骤．
15. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且的面积为．
（1）求B；
（2）求；
（3）若，求b．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理把角化边，再结合余弦定理即可求解；
（2）根据三角形的面积公式即可求解；
（3）根据余弦定理即可求解.
【小问1详解】
由题意可得，
由正弦定理得，
由余弦定理可得，
又，所以．
【小问2详解】
由题意可得，所以．
【小问3详解】
由余弦定理得，
所以．
16. 已知函数．
（1）若，，求a；
（2）若不等式有且只有一个解，求a．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据对数运算计算求参即可；
（2）先根据导函数极值点计算求参解得，再代入验证得出单调性验证即可.
【小问1详解】
的定义域为，注意到，
且，不妨设，则，故，
解得．
【小问2详解】
由（1）知，若不等式有且只有一个解，则该解为．
故，即为的极大值点，故，，则，解得，
代入可得此时，，
当时，单调递增；当时，单调递减，故为的极大值点，
经检验时，有且只有一个解，故．
17. 如图所示，多面体中，底面ABCD为菱形，，平面ABCD，，．
（1）探究直线BE与平面是否有交点；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）直线BE与平面没有交点
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形及平行公理得出线线平行，进而根据线面平行判定定理证明即可判断；
（2）应用空间向量法求解线面角的正弦即可.
【小问1详解】
如图所示：
取中点为点H，连接AH与EH，由题意易得四边形DCEH为矩形，故，
又因为四边形ABCD为菱形，可得，故，故四边形ABEH为平行四边形，故．
又因为平面．平面，故平面，即直线BE与平面没有交点．
小问2详解】
连接AC，BD交于点O，取中点为F，因为，平面ABCD，所以平面ABCD，又因为ABCD为菱形，所以，
以O为坐标原点，OB，OC，OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，B1,0,0，，，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，，
设直线与平面所成角为，故，
故直线与平面所成角的正弦值为．
18. 在平面直角坐标系内，满足：，，顶点始终在轴上，设为的中点，轴，记点的运动轨迹为．
（1）求的方程；
（2）直线与的另一交点为，求以为直径的圆被轴截得的弧所对的圆心角的最大值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设点，则，根据题中条件，结合抛物线定义，即可得出点在以为焦点，直线为准线的抛物线上，从而可求出其轨迹方程；
（2）设该圆心角为，考虑圆心角的一半，设圆心为，半径为，圆与轴的其中一个交点为，过作轴的垂线，垂足为，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理和题中条件，表示出，进而可求出其结果.
【小问1详解】
由题可设点，则，
因为为直角三角形，故；
注意到点到直线的距离，
故，故点在以为焦点，直线为准线的抛物线上，
故：．
【小问2详解】
设所求圆心角为，则圆心角的一半，
设圆心为，半径为，圆与轴的其中一个交点为，
过作轴的垂线，垂足为，即，．

由于直线不与轴重合，故设其方程为，
由消去，得，
所以，，，
所以，
故的横坐标为，
所以，
故，
故当，即垂直于轴时，取最小值，此时取得最大值，
故以为直径圆被轴截得的弧所对的圆心角的最大值为.
19. 在中学数学教材的课后阅读中，我们知道任何一个一元n次方程都有n个复数根，这些根在复平面上对应着一个个的点，比如对于方程来说，这个方程的3个复数根在复平面上对应的点就是1,0，和．而且对于一个一元n次方程，如果该方程的根分别为，那么这个方程可以表示为，根据以上材料，回答下列问题：
（1）直接写出方程与方程的复数根；
（2）设函数（a，b，c为复数且），且方程有三个不同根，和，函数，且方程gx=0的根为和
（ⅰ）证明：若，和的虚部均为正实数，则和的虚部也为正实数（其中，与，，不相等）；
（ⅱ）若，和在复平面上所对应的点分别为A，B和C（且A、B、C三点不共线），证明：和在复平面上的点始终在的内部．
【答案】（1）；
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分解因式可得的复数根为；设代入方程利用复数相等可得方程的复数根；
（2）（ⅰ）反证法：若和的虚部不全为正实数，记为复数x的虚部，由，得，设函数，设方程其中一个根z满足，则，得出与矛盾（ⅱ）由（ⅰ）可知，由得，将、和看做向量、和，记，可利用反证法证明结论成立.．
【小问1详解】
，故该方程的复数根为．
设，代入方程可得，
即，
所以，解得，
故该方程的复数根为；
【小问2详解】
（ⅰ）反证法：若和的虚部不全为正实数，
记为复数x的虚部，注意到，
所以，而，
，
所以，
因为，
所以，
设函数，
设方程其中一个根z满足，
则，而，，所以．
所以与矛盾；
（ⅱ）由（ⅰ）可知，
，即，
故有，将，和看作向量，和，
记，则①，
由于，且，
若z不在内部，不妨设过原点与z的连线与线段AB交于点M，
则由向量共线可得存在使得，
与结论①矛盾，故z在内部．
【点睛】关键点点睛：本题第二问（ⅰ）关键点是利用反证法：若和的虚部不全为正实数，记为复数x的虚部，则，得出与矛盾.