广东省广州市部分学校2025届高三第二次教学质量联合测评数学试题

这是一份广东省广州市部分学校2025届高三第二次教学质量联合测评数学试题，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合，则，则等于（ ）
A．B．
C．D．
2．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．3D．5
3．已知向量，，若，则（ ）
A．2B．0C．1D．-2
4．北宋数学家沈括在酒馆看见一层层垒起的酒坛，想求这些酒坛的总数，经过反复尝试，终于得出了长方台形垛积的求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积，第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球依此类推，最底层有个小球，共有层.现有一个由小球堆成的长方台形垛积，共7层，小球总个数为168，则该垛积的第一层的小球个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
5．将6棵高度不同的景观树种植在道路两侧，要求每一侧种植3棵，且每一侧中间的景观树都要比两边的高，则不同的种植方法共有（ ）
A．20种B．40种C．80种D．160种
6．如图①，上海黄浦江上的卢浦大桥，整体呈优美的弧形对称结构.如图②，将卢浦大桥的主拱看作抛物线，江面和桥面看作水平的直线，主拱的顶端P到江面的距离为100m，且，则顶端到桥面的距离为（ ）

A．50mB．C．55mD．
7．将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，若在上只有一个极大值点，则ω的最大值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
8．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知不等式的解集为，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
11．如图，在平行六面体中，已知，，E为棱上一点，且，则（ ）
A．B．直线与所成角的余弦值为
C． 平面D．直线与平面所成角为
三、填空题
12．在中，已知，，，为线段上的点，且，则的最小值为 .
13．已知抛物线的焦点为，若上存在三点，且为的重心，则三边中线长之和为 ．
14．在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，其中.定义：在维空间中两点与的曼哈顿距离为.在维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离，则 .
四、解答题
15．在公差不为0的等差数列an中，，且是与的等比中项.
(1)求an的通项公式；
(2)若，，求数列的前项和.
16．已知中，内角，，所对的边分别为，，，且.
(1)求；
(2)若点为的中点，且，求的面积.
17．如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点P、Q分别是棱的中点.
(1)在底面内是否存在点，满足平面?若存在，请说明点的位置，若不存在，请说明理由；
(2)设平面交棱于点T，平面将四棱台分成上，下两部分，求与平面所成角的正弦值.
18．已知A0,3和是椭圆Γ： 上两点，O是坐标原点.
(1)求椭圆Γ的离心率；
(2)若过点P的直线交Γ于另一点B，且的面积为9，求直线的方程：
(3)过中点的动直线与椭圆Γ有两个交点M，N，试判断在轴上是否存在点使得 .若存在，求出点纵坐标的取值范围； 若不存在，说明理由.
19．已知函数
(1)讨论函数的单调性；
(2)求函数在处切线方程；
(3)若有两解，，且，求证：．
参考答案：
1．B
【分析】在数轴上表示出集合，再结合交集的定义即可得解.
【详解】集合在数轴上表示如图所示：
由图可得.
故选：B.
2．B
【分析】根据复数的乘、除法运算可得，结合复数的几何意义计算即可求解.
【详解】由题意知，，
所以.
故选：B
3．A
【分析】根据向量减法及数量积的坐标运算即可求解.
【详解】，，
则，
，
则，
化简得，即，
解得.
故选：.
4．B
【分析】设各层的小球个数为数列an，利用，可得，
，利用等差数列的求和公式，求得，根据题意，列出方程，求得的值，进而求得该垛积的第一层的小球个数.
【详解】设各层的小球个数为数列an，
由题意得，
因为，可得
，
则，
因为前7层小球总个数为168，所以，即，
解得或（舍去），
所以，可得，即该垛积的第一层的小球个数为个.
故选：B.
5．C
【分析】先分步计算两侧的排法，再结合分步计数原理计算即可.
【详解】一侧的种植方法有种排法，
另一侧的种植方法有种排法
再由分步计数原理得不同的种植方法共有种排法，
故选:C.
6．A
【分析】以为坐标原点建立坐标系，设抛物线方程为，表达出点坐标，设，其中为点到桥面的距离，将坐标代入抛物线方程，求出，得到答案.
【详解】以为坐标原点，建立如图平面直角坐标系，依题意可知，
设抛物线方程为，其中为点到桥面的距离，
则,解得．

故选：A
7．B
【分析】根据伸缩变换规则可得，再由余弦函数图象性质以及极值点个数解不等式可得结果.
【详解】由题可知，
当时，，
若在上只有一个极大值点，
则由的图像可得，
解得，
因为，所以的最大值为3.
故选：B.
8．A
【分析】构造函数，利用导数求得的单调性和最小值，得到，得出；再构造函数，求得在上递增，结合，得到，即可求解.
【详解】构造函数，则，
令时，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以函数在处取最小值，所以，（且），
可得，所以；
再构造函数，可得，
因为，可得，，所以，在上递增，
所以，可得，即，所以，
综上可得：.
故选：A.
9．BCD
【分析】由韦达定理得出的关系：，判断AB，把用表示代入化简判断C，作差法判断D．
【详解】由题意可得和为方程的两根，
且，所以，即，，故A错误；
又，当且仅当等号成立，因为，所以，故B正确；
而
，故C正确；
因为，且，
所以，即，故D正确.
故选：BCD.
10．AD
【分析】根据正态分布直接判断AB；根据正态曲线的对称性分析判断CD.
【详解】由可得，故A正确；B错误；
对于C，利用正态曲线的对称性可知，，
且，则，
所以，故C错误；
对于D，利用正态曲线的对称性可知，，
可得，
所以，故D正确.
故选：AD.
11．ABD
【分析】通过建立空间的一组基底，将相关直线的方向向量用基向量表示，利用向量数量积的运算律求模长判断A项；利用空间向量的夹角公式计算判断B项；利用向量的数量积是否为0判断C项；通过求平面的法向量和空间向量的夹角判断D项.
【详解】不妨设则.
对于A，因,
故
，故，故A正确；
对于B，因，,则，
，
设直线与所成角为，则故B正确；
对于C，因
，
即与不垂直，故不与平面垂直，故C错误；
对于D，因，,
因，，
则有因平面，故平面，
即平面的法向量可取为，又，
设直线与平面所成角为，
因，，，
则，因，故，故D正确.
故选：ABD.
12．
【分析】根据三角恒等变换化简可得，再由基底法求数量积可知，结合三角形面积，可得各边边长，由点在线段上，
可知，代入，结合基本不等式可得最小值.
【详解】由已知，
即，
又在中，，，
则，，即，
所以，
即，
又，所以，
所以，
则，
即，
又点在线段上，则，即，且，，
所以，
当且仅当，即，时等号成立，
故答案为：.
13．
【分析】先求抛物线焦点坐标，根据三角形重心坐标公式可得，由抛物线焦半径，结合三角形重心的性质，可求三边中线长之和.
【详解】如图：

依题意，设，，
因为为的重心，所以，即．
由抛物线的定义可知，所以边的中线长为，
同理可得边和边的中线长分别为，.
所以三边中线长之和为．
故答案为：
14．
【分析】先确定样本点总数，再得到的可能取值，求出概率，列出分布列，求出期望.
【详解】对于维坐标，其中.即有两种选择，
故共有种选择，即维“立方体”的顶点个数是个顶点；
当时，在坐标与中有个坐标值不同，即有个坐标值满足，剩下个坐标值满足，
则满足的个数为.
所以.
故分布列为：
则.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于确定当时，在坐标与中有个坐标值不同，即有个坐标值满足，剩下个坐标值满足，再由求出概率.
15．(1)
(2).
【分析】（1）根据等差数列通项公式把、、都用与表示，结合已知解出，即可得出的通项公式；
（2）先表示出，再表示出，用错位相减法即可求解.
【详解】（1）设的公差为，因为是与的等比中项，
所以，即，
整理得.
又，，所以，
则.
（2）由（1）可得，，
则①，
②，
①-②得
则.
16．(1)
(2)
【分析】（1）设，由余弦定理求出；
（2）在中，，，由余弦定理列出方程，求出，得到，利用三角形面积公式求出答案.
【详解】（1）设，
则由余弦定理得；
（2）在中，，，，
由余弦定理得，
即，解得，
又，
故，.
17．(1)存在点
(2)
【分析】（1）根据题意建系，求出相关点和相关向量的坐标，通过线线垂直建立方程组，即可求得点的坐标，得出结论；
（2）按（1）建系，利用四点共面求得点坐标，再利用空间向量的夹角公式计算即得.
【详解】（1）
因底面，且是正方形，故可以点为坐标原点，
分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则
因点P、Q分别是棱的中点，则,
,
假设在底面内存在点，使得平面，则
则由，解得，
故存在点，满足平面；
（2）按照（1）建系，设点，
依题意，四点共面，故必有,
即，则得，，解得，
即，又,
设平面的法向量为，则，
故可取.因，
设与平面所成角为，则.
即与平面所成角的正弦值为.
18．(1)
(2) 或
(3)存在，
【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；（2）以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；（3）设该直线方程为：，， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围.
【详解】（1）由题意得，解得，椭圆方程为：.
所以.
（2），则直线的方程为，即，
，由（1）知，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移单可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点，
设该平行线的方程为：，
则，解得或，
当时，联立，解得或，
即或，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，联立得，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线的方程为或.
（3）椭圆方程为：.
若过中点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，
设，
由可得，
故且
而，
故
，
因为恒成立，故，解得.
若过点的动直线的斜率不存在，则，
此时需，两者结合可得.
故这个点纵坐标的取值范围为
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设.
19．(1)在区间内为增函数，在区间为减函数；
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）计算，求以及，从而求出的单调性；
（2）计算以及，点斜式计算可求出切线方程；
（3）偏移法证明，结合第（2）问的结论，证明在切线下方，放缩法证明不等式.
【详解】（1）的定义域为，，当时，，当时，，当时，，故在区间内为增函数，在区间为减函数；
（2），，所以处切线方程为：，
即；
（3）先证，由（1）可知：，且在区间为减函数，要证，
即证：，
令，，
则，
所以在区间内单调递增，，即，
即；
再证，由（2）可知曲线在点处的切线方程为，
令，
，∴在处取得极大值为0，
故当时，，，
则，即，
又，，
∴，得证.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
A
B
C
A
B
A
BCD
AD
题号
11









答案
ABD