广东省广州市第十六中学2025届高三上期末数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省广州市第十六中学2025届高三上期末数学试题（解析版）-A4，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷（选择题）
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，只有一项是符合要求的.
1. ，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集元素的意义，联立方程求解即可得集合.
【详解】根据题意，的元素为两个方程的解构成的点，
由解得，
则.
故选：C
2. 已知复数在复平面内所对应的点位于第一象限，且，则复数在复平面内所对应的点位于（ ）
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】由复数的乘、除运算即可求解.
【详解】复数在复平面内所对应的点位于第一象限，设，
∵，∴，，，
∴复数在复平面内所对应的点位于第四象限，
故选：D．
3. 已知，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据数量积的运算律求出，再根据投影向量的定义即可得解.
【详解】由，得，
所以，
所以在上的投影向量为.
故选：C.
4. 将函数的图象向右平移个单位，得到的图象，再将图象上的所有点的横坐标变成原来的，得到的图象，则下列说法正确的个数是（ ）
①函数的最小正周期为；
②是函数图象的一个对称中心；
③函数图象的一个对称轴方程为；
④函数在区间上单调递增
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】先根据三角函数图象变换求得，然后由三角函数的最小正周期、对称中心、对称轴、单调性等知识确定正确选项.
【详解】，
，
.
①，的最小正周期为，①错误.
②，， ②正确.
③，，③错误.
④，，所以函数在区间上单调递增，④正确.
所以正确的一共有个.
故选：B
5. 已知椭圆的左､右焦点分别为，是上一点且位于轴右侧，直线的斜率为2，是面积为4的直角三角形，则的标准方程是（ ）
A. B. C. .D.
【答案】B
【解析】
【分析】方法一：根据题意，在中，由，设，则，由勾股定理可得三边，结合椭圆定义和几何性质可得方程；
方法二：由题意知，由焦点三角形的面积公式得，即，设直线的倾斜角为，结合椭圆定义和三角函数可得，从而得椭圆方程.
【详解】方法一：由题意知，，如图，
设，则，
因为的面积为4，所以，
所以，所以，，.
设椭圆的方程为，焦距为，
则，，所以，，
所以椭圆的标准方程是.
方法二：由题意知，
设椭圆的标准方程是，焦距为，
由焦点三角形的面积公式得，即.
设直线的倾斜角为，则，
所以，
因此，即，得，所以椭圆的标准方程是.
故选：B
6. 已知圆锥底面半径为3，圆锥内的最大球的表面积为，则圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据球的表面积求出球的半径，结合圆锥的底面半径以及三角形相似可求得边长之间的关系，再利用勾股定理可得到圆锥的高，即可求得圆锥的体积.
【详解】设为圆锥顶点，为底面直径，为底面中心，则圆锥内最大球的球心在高上．
设该球与母线相切于点，如图所示：
则易得，所以，
设该球的半径为，则，解得，
所以，所以．
又，结合得，
又，
所以，解得，
所以圆锥的体积．
故选：A．
7. 的内角，，的对边分别为，，，的面积为，且，，则AB边上的中线长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角形面积公式得到，由向量法即可求得到答案.
【详解】由，解得，
设AB的中点为D，则，
则
，
则，
故AB边上的中线长为.
故选：D.
8. 已知函数，若存在实数，使得方程有个不同的实数根、、、，且，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出函数与的图象，由图可得出，分析可知关于的方程的两根分别为、，利用韦达定理可得出关于的表达式，由可得出、关于的表达式，进而可得出关于的函数关系式，结合函数单调性可求得结果.
【详解】作出函数与的图象如下图所示：

由图可得，
当时，，
由题意可知，关于的方程的两根分别为、，
即关于的方程的两根分别为、，由韦达定理可得，
由图可得，
由得，则，
可得，，所以，，
所以，，
因为函数在上为增函数，
故当时，，因此，的取值范围为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：求解函数零点个数以及范围的问题，关键是画出函数图象，根据题意分析交点间的关系，并结合函数的性质，利用数形结合求解，属于难题.
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. 如图所示的太极图是由黑、白两个鱼纹组成的图案．定义：能够将圆的周长和面积同时等分成两部分的函数称为圆的一个“太极函数”，则下列说法中正确的是（ ）
A. 对于任意一个圆，其“太极函数”有无数个
B. 函数可以是某个圆的“太极函数”
C. 正弦函数可以同时是无数个圆的“太极函数”
D. 是“太极函数”的充要条件为“的图象是中心对称图形”
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据太极函数的定义，结合圆的对称性、奇函数的对称性逐一判断即可.
【详解】任意一个圆是关于圆心的中心对称图形，其“太极函数”有无数个，故A正确；
函数是奇函数，其图象关于原点对称，将圆的圆心放在坐标原点上，
则是该圆的“太极函数”，故B正确；
将圆的圆心放在正弦函数的对称中心上，
则正弦函数是该圆的“太极函数”，故有无数个圆成立，故C正确；
函数的图象是中心对称图形，则是“太极函数”，
但函数是“太极函数”时，图象不一定是中心对称图形，如图，故D错误.
故选：ABC.
10. 已知曲线与轴交于，两点，，是曲线上任意两点，则（ ）
A. 曲线是中心对称图形
B. 曲线圈成图形的面积为
C. 的最大值为
D. 的面积最大值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】化简曲线方程，并作出大致图像，由图像可判断曲线是否为中心对称图形；
由对称性可先求其的面积再得到图形总面积；借助图像找到曲线上距离最大的两个点并求出距离；由图像找到使得取面积最大值的点的位置，并求出点的纵坐标的绝对值，然后求得此时的面积.
【详解】即，
则，即，
曲线是四个圆组合成图形，如图：
由图可知曲线是中心对称图形，A选项正确；
如图，∵，∴为圆的直径，∵，∴，
∴曲线圈成图形的面积为，B选正确；
如图，当且仅当两点与所在弧对应圆心四点在同一直线上时，距离最大，
由解析式可知：，
∴最大值为，C选项正确；
如图：当在曲线的最高点或最低点是三角形面积最大，即，
又，，
∴，D选项错误.
故选：ABC.
11. 如果拉伸两个端头，哪一根绳子会打结？（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】AB
【解析】
【分析】根据各个选项的不同情况分别讨论结果即可.
【详解】绳子1的判断：当拉伸绳子1的两个端头时，由于绳子自身的缠绕方式，在拉伸过程中会形成一个结，可以想象将两个端头慢慢拉开，绳子中间的缠绕部分会收紧形成结；
绳子2的判断：同样，对于绳子2，其缠绕方式使得在拉伸两个端头时，中间部分会因为绳子的交叉缠绕而形成一个结；
绳子3的判断：绳子3在拉伸两个端头时，绳子可以顺利地被拉直，不会出现打结的情况，因为其缠绕方式并没有形成闭环式的交叉；
绳子4的判断：绳子4拉伸时也能顺利拉直，不会形成结，其交叉部分在拉伸过程中会自然解开；
根据对每根绳子拉伸过程的想象和判断，会打结的绳子是1、2．
故选：AB.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知正数x，y满足，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据基本不等式得到，然后解不等式即可.
【详解】由基本不等式可得，
所以，
解二次不等式得，
当且仅当时取等号．
即的最大值为.
故答案：．
13. 如图，机器人从A点出发，每次可以向右或向上沿着线走一个单位（每个小正方形的一条边长为一个单位），要走到B点，不同的走法共有______种．
【答案】401
【解析】
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理，结合组合计数问题列式计算得解.
【详解】如图，当路线经过点时，从到有1种，从到有种；
当路线经过点时，从到有种，从到有种；
当路线经过点时，从到有种，从到有种；
当路线经过点时，从到有种，从到有种；
当路线经过点时，从到有种，从到有1种，
所以不同的走法共有（种）.
故答案为：401
【点睛】方法点睛：解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法)，分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏.
14. 过点作抛物线的两条切线，切点分别为和，又直线经过抛物线的焦点，那么=______.
【答案】4
【解析】
【分析】由题意，利用两种方法化简所求代数式，
方法一：设出过与抛物线的切线的点斜式方程，联立方程，由切点性质，则，可得方程，根据题意，结合韦达定理，可得，同样的思路，设出过焦点的直线，联立方程，结合韦达定理，可得，故可得第一种所求代数式的表示；
方法二：利用导数的几何意义，求切线斜率，可得，结合方法一中，可得第二种所求代数式的表示；
综上建立方程，求得的值，进而求得答案.
【详解】由题意，显然过点作抛物线的切线的斜率存在，设该斜率为，
则该切线方程为，即，
联立，消去可得，
由于切线与抛物线只有唯一交点，则，
整理可得，
由题意，可知为方程的两个根，则，
由题意，设直线的方程为，
联立可得，消去可得，由题意可知为该方程的两个根，则，
故，
由抛物线方程，可得函数与函数，则与
不妨设第一象限，则，即，且，
由设在第一象限，则在第四象限，即，可得，且，故，
由，则，
综上可得，解得，故.
故答案为：.
【点睛】对于抛物线的焦点弦，要熟记直线与抛物线联立，消元选择消去一次项，根据韦达定理，可得两个交点坐标与之间的等量关系；
对于切线的斜率，利用导数的几何意义进行计算，要善于化简表达式，可用纵坐标表示，结合韦达定理，可得简化计算.
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、证明过程及验算步骤.
15. 一年一度的“双11”促销活动落下帷幕，各大电商平台发布的数据显示，在消费品以旧换新、家电政府补贴等促消费政策和活动的带动下，消费市场潜能加速释放，带动相关商品销售保持增长. 经过调研，得到2019年到2024年“双11”活动当天某电商平台线上日销售额（单位: 百亿元）与年份（第年）的6组数据（时间变量的取值依次为），对数据进行处理，得到如下散点图（图1）及一些统计量的值. 其中.
分别用两种模型：①；②进行拟合，得到相应的回归方程，并进行残差分析，得到如图所示的残差图（图2）（残差值真实值预测值）.
（1）根据题中信息，通过残差图比较模型①，②的拟合效果，应选择哪一个模型进行拟合？请说明理由；
（2）根据（1）中所选模型，
（i）求出关于的经验回归方程（系数精确到0.1）；
（ⅱ）若该电商平台每年活动当天线上日销售额与当日营销成本及年份存在线性关系: ，则在第几年活动当日营销成本的预测值最大?
参考公式: ；参考数据:.
【答案】（1）应选择模型②，理由见详解；
（2）①；②第12年活动当日营销成本的预测值最大.
【解析】
【分析】（1）根据残差的意义结合题中图表分析判断即可；
（2）①令，可得，根据题中数据和公式代入求解即可；②整理可得，构建，利用导数求最值即可.
【小问1详解】
由残差图可知模型①的残差值比较分散和远离横轴，所以模型①平方和大于模型②的残差平方和，
所以应选择模型②.
【小问2详解】
（i）对于模型②：，
令，可得，
则，
可得，所以关于的经验回归方程为；
（ⅱ）由（i）可得：，整理可得，
，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
所以当时，取到最大值，即取得最大值，
所以第12年活动当日营销成本的预测值最大.
16. 设数列的首项为常数，且．
（1）证明：是等比数列；
（2）若中是否存在连续三项成等差数列？若存在，写出这三项：若不存在，请说明理由．
（3）若是递增数列，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）成等差数列；理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据递推公式，结合等比数列的定义，即可证明；
（2）根据（1）的结果，求出数列的通项公式，并由等差数列的性质，根据，解出；
（3）由，整理为不等式恒成立，再分为奇数和偶数两种情况，转化为求函数最值问题，求出的取值范围.
【小问1详解】
证明：
，
因为，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列；
【小问2详解】
因为，所以数列的首项是，
所以，则，
若中存在连续三项成等差数列，则必有，
即，
整理为：，
解得：，
所以成等差数列；
【小问3详解】
如果，
即对任意自然数均成立，
化简得，
当为偶数时，恒成立，
因为是递减数列，
所以的最大值是，即，
当为奇数时，恒成立，
单调递增，
所以的最小值为，即，
所以的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是不等式的化简，计算问题，第三问的关键是参变分离，转化为求最值问题.
17. 已知函数，且．
（1）求值；
（2）若函数存在零点，求a的取值范围；
（3）若，证明：．
【答案】（1）1 （2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用赋值法可求的值；
（2）函数存在零点等价于存在实数解，结合基本不等式可求a的取值范围；
（3）可证明当时，成立，从而可证题设中的不等式.
【小问1详解】
因为，所以
，
则，即．
当时，，
此时，
结合的定义域为，故为奇函数，故.
【小问2详解】
由（1）可知，则．
由，得，则，其中．
若，则，不可能成立．
若．
由，得，则，当且仅当时，等号成立，
则，
故a的取值范围为．
【小问3详解】
证明：因为，所以．
任取，令．
因为，所以，从而，即，故在上单调递增．
当时，，则，
则当时，，则，
由在上单调递增，得，
则．
18. 已知点是双曲线上任意一点．
（1）求证：点P到双曲线C的两条渐近线的距离的乘积是一个常数；
（2）已知点，求的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据点到直线的距离公式即可化简求解.
（2）根据两点间的距离公式，结合二次函数的性质即可求解.
小问1详解】
双曲线的渐近线方程为，由在双曲线上，得，
点到直线的距离，
点到直线的距离，
因此点到双曲线的两条渐近线的距离的乘积为，
而，所以，即点P到双曲线C的两条渐近线的距离的乘积是一个常数.
【小问2详解】
由（1）知，，则，解得或，
因此，
，当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
19. 如图，在三棱锥中，，，是线段上的点.

（1）求证：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长；
（3）若平面，为垂足，直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接、，推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量可得出关于的方程，解出的值，即可求得的长；
（3）设，设，根据空间向量的坐标运算求出点的坐标，将三棱锥的体积表示为关于的函数关系式，
利用基本不等式求出三棱锥体积的最大值，利用等号成立的条件求出的值，可得出点、的坐标，求出平面的法向量，
设，求出的坐标，根据求出的值，即可得解.
【小问1详解】
取的中点，连接、，
因为，，则，
所以，所以，所以，
又因为，所以，则，
又因为，所以，
又因为，，、平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
因为平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，所以，，
因为为棱上的点，设，其中，
所以，，且，
设平面的法向量为，
则，
不妨取，可得，
因为线与平面所成角的正弦值为，
所以，
则，化简可得：，
解得：或（舍去）.
所以.
【小问3详解】
设，因为，其中，
所以，，可得，即点，
因为平面，则点，，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故当点为线段的中点时，三棱锥的体积取最大值，
此时，点，

由（2）可知，此时，平面的一个法向量为，
设，其中，
则，
因为平面，则，
所以，，解得，
所以，，
所以.即的长为.
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
48.7
3.5
91
1204
1.1
9.4
388.1