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广东省肇庆市2025届高三高中毕业班第三次模拟考试数学试题
1．（2025·肇庆模拟）复数在复平面内对应的点在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：因为，
所以复数在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故答案为：D
【分析】先利用复数代数形式的除法运算化简可得，再利用复数的几何意义判断即可求解.
2．（2025·肇庆模拟）已知集合，则A中元素的个数为（　　）
A．7 B．9 C．11 D．13
【答案】C
【知识点】集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：因为，所以，
又因为，所以，可得，
所以x可能取值为
当时，代入，得，
又因为，所以，此时得到元素；
当时，代入，得，
，，
此时得到元素；
当时，代入，得，
，
，，
此时得到元素；
当时，代入，得，
，，
此时得到元素；
当时，代入，得，所以，
此时得到元素，
满足条件的元素分别为：
，，，，，共11个.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和元素与集合的关系，先求出x的值，再代入分别求出y的值，从而得出集合A中的元素，进而得出集合A中的元素个数.
3．（2025·肇庆模拟）已知平面向量与均为单位向量，，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：已知，
则，即.
又平面向量与均为单位向量，
所以.
所以，，
所以，，夹角为.
故答案为：A.
【分析】由题意结合数量积的运算律求出，再利用即可求解.
4．（2025·肇庆模拟）正四棱台中，，则四棱台的体积为（　　）
A． B． C．56 D．
【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：已知如图所示：
由正四棱台可知且，，，四边形为等腰梯形，
取上底下底的中心平面，过作，
垂足为，，
且，，，
所以，
所以.
故答案为：B
【分析】先利用正四棱台的概念可知四边形为等腰梯形，再利用平面几何的知识可得四棱台的高，再利用台体的体积公式即可求解.
5．（2025·肇庆模拟）若直线被圆截得的弦长为，则（　　）
A． B． C．2 D．
【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：易知圆的圆心为，半径为 ，
设圆心到直线l的距离为d，由弦长公式可得，，
所以圆心到直线的距离，
解得或，又，所以，
故答案为：C
【分析】先利用圆方程可得圆心和半径，再利用弦长公式可得以及点到直线距离公式即可求解.
6．（2025·肇庆模拟）已知为锐角，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：已知为锐角，则，
又，
所以，
则，
故答案为：B.
【分析】先利用同角三角函数的平方关系可得，再利用倍角公式即可求解.
7．（2025·肇庆模拟）是正四棱柱表面上的一个动点，，当直线与正四棱柱六个面所成角的大小相等时，与所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】棱柱的结构特征；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：以点为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示：
，，设，则
易知平面一个法向量为，平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为，
设直线与平面、平面、平面所成的角分别为，
由已知可得.
又，，，
所以有.
又由是正四棱柱表面上的一个动点，易知，
所以.
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去；
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去；
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去；
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，点可以为；
若是平面上的一个动点，可知，，，没有满足条件的点；
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，重复舍去.
综上所述，.所以.又
所以，与所成角的余弦值为.
故答案为：A.
【分析】建立空间直角坐标系得出相关点的坐标，设，利用题意以及线面角的坐标即可得出，再分六个面分别讨论，即可得出点即可求解.
8．（2025·肇庆模拟）已知定义在上的函数，对任意满足，且当时，.设，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，则有.
当时，由已知可得，
化简可得.
又由已知当时，可得，，
所以.
所以，在上单调递减.
又时，构造，
则在上恒成立，
所以，恒成立，
所以在上恒成立.
所以，有在上恒成立；
当时，有，所以有，即；
当时，，此时有，即.
综上所述，.
故答案为：D.
【分析】设，则有，由题意可得，即可得函数在上单调递减，构造函数，求导可得，再利用导数的正负和函数单调性和最值的关系可得在上恒成立，再分和讨论结合函数的单调性即可求解.
9．（2025·肇庆模拟）洛阳是我国著名的牡丹之乡，以“洛阳地脉花最宜，牡丹尤为天下奇”流传于世.某种植基地通过植株高度研究牡丹的生长情况，从同一批次牡丹中随机抽取100株的植株高度（单位：）作为样本，得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（　　）
A．基地牡丹植株高度的极差的估计值大于50
B．基地牡丹植株高度不高于70的频率估计值为30%
C．基地牡丹植株高度的众数与中位数的估计值相等
D．基地牡丹植株高度的第75百分位数的估计值小于80
【答案】B,C
【知识点】频率分布直方图；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、由图象可知，基地牡丹植株高度范围在之间，所以极差的估计值应不大于50，故A错误；
B、基地牡丹植株高度不高于70的频率为.故B正确；
C、由频率分布直方图可知，基地牡丹植株高度不高于70的频率为，不高于的频率为，
所以中位数位于，
设为，则应有，计算可得.
众数估计为的中点，也是，与中位数相同.故C正确；
对于D项，基地牡丹植株高度不高于的频率为，不高于的频率为，
所以，基地牡丹植株高度的第75百分位数的估计值应在内.故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用频率分布直方图中的数据可得出极差即可判断A项；计算各小组频率即可判断B项；分析可知中位数位于，列方程计算即可得出中位数，再利用频率分布直方图可直接估算众数即可判断C；利用各小组的概率可知基地牡丹植株高度的第75百分位数的估计值应在内即可判断D.
10．（2025·肇庆模拟）已知函数，，则下列结论正确的是（　　）
A．为奇函数 B．为偶函数
C．在上仅有1个零点 D．的最小正周期为
【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：A、，其定义域为，关于原点对称，
且，
即为偶函数，故A错误；
B、，其定义域为，关于原点对称，
且，故B正确；
C、令，即，即，
又，当时，，且，则，
所以在上仅有1个零点，故C正确；
D、，因为，即.
假设存在，使得对任意的恒成立，
令，则，所以，
因为，所以，即，则，
因为，这样的不存在，
所以的最小正周期为，故D正确；
故答案为：BCD
【分析】利用函数的奇偶性的定义即可判断AB；利用函数零点的定义可得，再利用正弦函数值可得，结合角的范围即可判断C；利用函数周期性的定义即可判断D.
11．（2025·肇庆模拟）已知曲线，一条不过原点的动直线与x，y轴分别交于，两点，则下列结论正确的是（　　）
A．曲线有4条对称轴
B．曲线形成封闭图形的面积大于
C．当时，线段中点的轨迹与曲线相切
D．当时，直线与曲线相切
【答案】A,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：已知如图所示：
A、利用绝对值的特征，曲线在四个象限内都有对称性，
即关于轴，轴，以及直线和直线对称，故曲线有4条对称轴，故A正确；
B、因曲线在第一象限的方程为，
即，，
则曲线在第一象限内的面积为，
因曲线的对称性，在四个象限内的部分面积相同，
故曲线形成封闭图形的面积为，故B错误；
C、考虑曲线的对称性，不妨设直线与x，y轴的正半轴分别交于两点，
线段的中点为，由图知，，即点的轨迹为以点为圆心，半径为的圆，
该圆与曲线都关于直线对称，且在第一象限都经过直线上的点，
由图可知圆与曲线相切，同理在其他象限也有相同的结论，故C正确；
D、不妨设，
则直线的方程为，其中，
由消去，可得，
将代入，化简得：，即，解得，
由函数的定义，可得直线与曲线在第一象限有且只有一个共同点，故此时直线与曲线相切，
同理在其他象限也有相同的结论，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用绝对值的特征易得曲线有4条对称轴即可判断A；利用定积分求出第一象限内的面积为即可判断B；先求得线段中点的轨迹为以点为圆心，半径为的圆，利用图形关于直线对称和关键点即可判断C；设直线的方程，再与曲线方程联立，利用条件代入计算求得一个解即可判断D.
12．（2025·肇庆模拟）设随机变量服从正态分布，且，若，则　 　.
【答案】0
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由已知可得，，
根据正态分布的对称性可知，
所以，，
所以，.
故答案为：0.
【分析】根据已知条件和正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，再结合已知条件和对立事件求概率公式，从而得出a的值.
13．（2025·肇庆模拟）记双曲线的离心率为，若直线与有公共点，则离心率的取值范围为　 　（请用区间表示）.
【答案】
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线的渐近线为，
又直线与有公共点，所以，
则离心率，即离心率的取值范围为.
故答案为：
【分析】先利用双曲线的几何性质可得渐近线方程，由题意可得，利用离心率的定义即可求解.
14．（2025·肇庆模拟）在平面直角坐标系中，两点，的“曼哈顿距离”定义为.例如点的“曼哈顿距离”为.已知点在直线上，点在函数的图象上，则的最小值为　 　，的最小值为　 　.
【答案】；
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：设函数上与直线平行的切线的切点坐标为，
则，解得，所以切点为，
即切线方程为，即，
则的最小值为直线与直线间的距离，
即；
设，则，
将看成关于的函数，则在或时，取得最小值，
当时，令，
则，令，解得，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以时，，即；
当时，则，令，
则，令，解得，
当时，，则函数单调递减，
当时，，则函数单调递增，
当时，；
综上所述，.
故答案为：；
【分析】由题意结合“曼哈顿距离”定义列出方程，构造函数，求导可得，再利用导数求得函数的最值即可求解.
15．（2025·肇庆模拟）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）解：由余弦定理，
又，所以，则；
（2）解：因为，
由正弦定理可得，
所以，
又，所以，
所以，又，所以，所以，
则，
所以.
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用余弦定理可得即可求解；
（2）利用正弦定理将边化角可得，再利用二倍角公式及两角和的正弦公式求出，，再利用三角形的面积公式即可求解.
（1）由余弦定理，
又，所以，则；
（2）因为，
由正弦定理可得，
所以，
又，所以，
所以，又，所以，所以，
则，
所以.
16．（2025·肇庆模拟）已知A，B，C是椭圆上三个不同的点，是坐标原点.
（1）若，是的左、右顶点，求的取值范围；
（2）若点在第一象限，是否存在四边形满足是该四边形的对称轴，若存在，请写出A，C的坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：由已知可得，，，设，
则，，
所以.
又，，所以，
所以，，，
所以，的取值范围为.
（2）解：设存在四边形满足是该四边形的对称轴
设，为对角线的交点
因为是四边形的对称轴，
所以为的中点，且，
所以.
因为点在第一象限，所以直线的斜率均存在且不为0如图所示：
且，
所以有，
所以有.
又因为在椭圆上，
所以有.
作差整理可得，
这与相矛盾，假设不正确.
所以，不存在四边形满足是该四边形的对称轴.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设，利用数量积的运算可得，再利用椭圆的有界性即可求解；
（2）假设存在，设，根据对称性得出点坐标，代入坐标整理可得.根据在椭圆上，由点差法化简得出，得出矛盾，即求解.
（1）由已知可得，，，设，
则，，
所以.
又，，所以，
所以，，，
所以，的取值范围为.
（2）设存在四边形满足是该四边形的对称轴
设，为对角线的交点
因为是四边形的对称轴，
所以为的中点，且，
所以.
因为点在第一象限，所以直线的斜率均存在且不为0.
且，
所以有，
所以有.
又因为在椭圆上，
所以有.
作差整理可得，
这与相矛盾，假设不正确.
所以，不存在四边形满足是该四边形的对称轴.
17．（2025·肇庆模拟）如图，，，都是等边三角形，点D，E分别在平面的上方和下方，点为中点.
（1）求证：A，D，O，E四点共面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】（1）证明：连接DO、AO、EO，
因为，，都是等边三角形，
所以，
又因为在平面内交于点O，在平面内交于点O，
所以平面，平面，
又因为过O只有一个平面与垂直，且平面与平面有公共点O，
所以平面与平面是同一平面，
则A，D，O，E四点共面.
（2）解：连接DO、AO、EO，AD，
以OA，OB分别为x、y轴，以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，
则，
因为是等边三角形，边长，点为中点，
所以，所以
又因为，设，
所以，解得，
所以，
因为是等边三角形，边长，点为中点，
所以，
又因为，设，
所以，解得，
由(1)得为二面角平面角，
设，则点，
故，
设平面的法向量为，
则，
取得，所以，
设直线与平面所成角为，
则
其中，
当时，取得最大值为，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【知识点】共面向量定理；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由已知条件结合等边三角形三线合一，从而证出线线垂直，再利用线线垂直证出直线平面，平面，再根据过O只有一个平面与垂直且平面与平面有公共点O，则平面与平面是同一平面，从而证出A，D，O，E四点共面.
（2）连接DO、AO、EO，AD，以O为坐标原点，以OA，OB分别为x、y轴，以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，则得出点的坐标，再结合等边三角形三线合一和勾股定理以及空间两点距离公式和(1)中为二面角平面角，从而设，则点，则得出向量的坐标，再根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，则根据余弦型函数求最值的方法，从而得出直线与平面所成角的正弦值的最大值.
（1）连接DO、AO、EO，
因为，，都是等边三角形，
所以，
又在平面内交于点O，在平面内交于点O，
所以平面，平面，
因为过O只有一个平面与垂直，且平面与平面有公共点O，
所以平面与平面是同一平面，
即A，D，O，E四点共面；
（2）连接DO、AO、EO，AD，
以OA，OB分别为x、y轴，
以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，
则，
因为是等边三角形，边长，点为中点，
所以，所以
又，
设，
所以，解得，
所以，
因为是等边三角形，边长，点为中点，
所以，又，
设，
所以，解得，
由(1)得为二面角平面角，
设，则点，
故，
设平面的法向量为，
则，
取得，
所以，
设直线与平面所成角为，
则，
其中，
当时，取得最大值为，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值.
18．（2025·肇庆模拟）一个质点在数轴上从原点开始运动，每次运动的结果可能是原地不动，也可能是向左或向右运动一个单位.记质点原地不动的概率为，向右运动的概率为，向左运动的概率为，其中，.
（1）若，，求质点运动3次后停在原点右侧的概率；
（2）若.
①规定质点只要运动到原点左侧就立即停止运动，求质点运动5次后停在原点右侧的概率；
②设计游戏规则如下：第一轮游戏，质点从原点开始运动，设置质点向右运动的概率，若质点运动3次后停在原点右侧，则进入第二轮游戏，否则游戏结束；第二轮游戏，质点重新从原点开始运动，重新设置质点向右运动的概率，运动3次后，若质点停在原点右侧，则以质点停留位置对应数轴上的数值作为两轮游戏的最终得分，若质点停在原点左侧或原点处，则两轮游戏的最终得分为0分（规定游戏一轮结束的得分也是0分）.记两轮游戏最终得分的期望，若存在极大值点，求的取值范围.
【答案】（1）解：质点运动次后停在原点右侧的情况有种，分别是：次向右；
次不动，次向右；次向右，次向左；次不动，次向右；
所以质点运动次后停在原点右侧的概率；
（2）解：①质点运动次后停在原点右侧的情况有种，
分别是：次向右；第次向右，后次有次向右，次向左；
前次向右，后次有次向右，次向左；
第次向右，第次向左，第次向右，后次有次向右，次向左；
所以运动次后停在原点右侧的概率
；
②第一轮游戏结束进入第二轮游戏的情况有2种，分别是3次向右；2次向右、1次向左；
则其概率为；
设两轮游戏最终得分为随机变量，则的所有可能取值为、、，
又，
，
所以
，
因为，所以，即，
所以当时，；当时；
记，则，
令；
当时，，因为，，
，
根据零点存在性定理可得，存在使得，存在使得，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以时的极大值点，所以；
当时，
因为，，，
根据零点存在性定理可得，存在使得，存在使得，
要使在上存在极大值点，
则，
解得或，
因为，所以；
综上所述.
【知识点】利用导数研究函数的极值；离散型随机变量及其分布列；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）质点运动次后停在原点右侧的情况有种，利用互斥事件的概率公式计算即可求解；
（2）①列出质点运动次后停在原点右侧的种情况，根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得；②求出第一轮游戏结束进入第二轮游戏的概率，设两轮游戏最终得分为随机变量，则的所有可能取值为、、，求出，再构造函数，利用导数说明函数的极大值点情况，即可求解.
（1）质点运动次后停在原点右侧的情况有种，分别是：次向右；
次不动，次向右；次向右，次向左；次不动，次向右；
所以质点运动次后停在原点右侧的概率；
（2）①质点运动次后停在原点右侧的情况有种，
分别是：次向右；第次向右，后次有次向右，次向左；
前次向右，后次有次向右，次向左；
第次向右，第次向左，第次向右，后次有次向右，次向左；
所以运动次后停在原点右侧的概率
；
②第一轮游戏结束进入第二轮游戏的情况有2种，分别是3次向右；2次向右、1次向左；
则其概率为；
设两轮游戏最终得分为随机变量，则的所有可能取值为、、，
又，
，
所以
，
因为，所以，即，
所以当时，；当时；
记，则，
令；
当时，，因为，，
，
根据零点存在性定理可得，存在使得，存在使得，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以时的极大值点，所以；
当时，
因为，，，
根据零点存在性定理可得，存在使得，存在使得，
要使在上存在极大值点，
则，
解得或，
因为，所以；
综上所述.
19．（2025·肇庆模拟）已知数列中每一项（其中，）构成数组.定义运算如下：，其中当时，，；当时，，；用表示层嵌套运算，.现取，记中相邻两项组成的数对满足的数对个数为.
（1）写出，，以及，；
（2）证明：数列是等比数列；
（3）若，证明：对任意的都有.
【答案】（1）解：由题意得，
所以．
（2）证明：由题得，
所以，，，，
因此中的数对必由中的数对经运算得到，
中的数对必由中的0或数对经运算得到，
因为是数组，其中有一半的项为0，即个0，经过两次运算能在中产生个数对，
因为中数对的个数为个，经过两次运算能在中产生个数对，
所以，即，
所以，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列．
（3）证明：当为奇数时，，
累加得，
因为，所以（为奇数）．
当为偶数时，，
累加得，
因为，所以（为偶数）．
所以，
故．
因为当且为偶数时，
.
①当时，；
②当且为奇数时，
；
③当且为偶数时，因为对任意的都有，
所以
综上所述，对任意的都有．
【知识点】等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】（1）利用数列新定义直接写答案即可求解；
（2）由题意可得，再作差相除结合等比数列的定义即可证明；
（3）分为奇数和偶数讨论得到，再次对分类讨论并合理放缩即可证明.
（1）由题意得，
所以．
（2）由题得，
所以，，，，
因此中的数对必由中的数对经运算得到，
中的数对必由中的0或数对经运算得到，
因为是数组，其中有一半的项为0，即个0，经过两次运算能在中产生个数对，
因为中数对的个数为个，经过两次运算能在中产生个数对，
所以，即，
所以，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列．
（3）当为奇数时，，
累加得，
因为，所以（为奇数）．
当为偶数时，，
累加得，
因为，所以（为偶数）．
所以，
故．
因为当且为偶数时，
.
①当时，；
②当且为奇数时，
；
③当且为偶数时，因为对任意的都有，
所以
综上所述，对任意的都有．
1 / 1广东省肇庆市2025届高三高中毕业班第三次模拟考试数学试题
1．（2025·肇庆模拟）复数在复平面内对应的点在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2025·肇庆模拟）已知集合，则A中元素的个数为（　　）
A．7 B．9 C．11 D．13
3．（2025·肇庆模拟）已知平面向量与均为单位向量，，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·肇庆模拟）正四棱台中，，则四棱台的体积为（　　）
A． B． C．56 D．
5．（2025·肇庆模拟）若直线被圆截得的弦长为，则（　　）
A． B． C．2 D．
6．（2025·肇庆模拟）已知为锐角，且，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·肇庆模拟）是正四棱柱表面上的一个动点，，当直线与正四棱柱六个面所成角的大小相等时，与所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·肇庆模拟）已知定义在上的函数，对任意满足，且当时，.设，，则（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·肇庆模拟）洛阳是我国著名的牡丹之乡，以“洛阳地脉花最宜，牡丹尤为天下奇”流传于世.某种植基地通过植株高度研究牡丹的生长情况，从同一批次牡丹中随机抽取100株的植株高度（单位：）作为样本，得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（　　）
A．基地牡丹植株高度的极差的估计值大于50
B．基地牡丹植株高度不高于70的频率估计值为30%
C．基地牡丹植株高度的众数与中位数的估计值相等
D．基地牡丹植株高度的第75百分位数的估计值小于80
10．（2025·肇庆模拟）已知函数，，则下列结论正确的是（　　）
A．为奇函数 B．为偶函数
C．在上仅有1个零点 D．的最小正周期为
11．（2025·肇庆模拟）已知曲线，一条不过原点的动直线与x，y轴分别交于，两点，则下列结论正确的是（　　）
A．曲线有4条对称轴
B．曲线形成封闭图形的面积大于
C．当时，线段中点的轨迹与曲线相切
D．当时，直线与曲线相切
12．（2025·肇庆模拟）设随机变量服从正态分布，且，若，则　 　.
13．（2025·肇庆模拟）记双曲线的离心率为，若直线与有公共点，则离心率的取值范围为　 　（请用区间表示）.
14．（2025·肇庆模拟）在平面直角坐标系中，两点，的“曼哈顿距离”定义为.例如点的“曼哈顿距离”为.已知点在直线上，点在函数的图象上，则的最小值为　 　，的最小值为　 　.
15．（2025·肇庆模拟）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求；
（2）若，求的面积.
16．（2025·肇庆模拟）已知A，B，C是椭圆上三个不同的点，是坐标原点.
（1）若，是的左、右顶点，求的取值范围；
（2）若点在第一象限，是否存在四边形满足是该四边形的对称轴，若存在，请写出A，C的坐标，若不存在，请说明理由.
17．（2025·肇庆模拟）如图，，，都是等边三角形，点D，E分别在平面的上方和下方，点为中点.
（1）求证：A，D，O，E四点共面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
18．（2025·肇庆模拟）一个质点在数轴上从原点开始运动，每次运动的结果可能是原地不动，也可能是向左或向右运动一个单位.记质点原地不动的概率为，向右运动的概率为，向左运动的概率为，其中，.
（1）若，，求质点运动3次后停在原点右侧的概率；
（2）若.
①规定质点只要运动到原点左侧就立即停止运动，求质点运动5次后停在原点右侧的概率；
②设计游戏规则如下：第一轮游戏，质点从原点开始运动，设置质点向右运动的概率，若质点运动3次后停在原点右侧，则进入第二轮游戏，否则游戏结束；第二轮游戏，质点重新从原点开始运动，重新设置质点向右运动的概率，运动3次后，若质点停在原点右侧，则以质点停留位置对应数轴上的数值作为两轮游戏的最终得分，若质点停在原点左侧或原点处，则两轮游戏的最终得分为0分（规定游戏一轮结束的得分也是0分）.记两轮游戏最终得分的期望，若存在极大值点，求的取值范围.
19．（2025·肇庆模拟）已知数列中每一项（其中，）构成数组.定义运算如下：，其中当时，，；当时，，；用表示层嵌套运算，.现取，记中相邻两项组成的数对满足的数对个数为.
（1）写出，，以及，；
（2）证明：数列是等比数列；
（3）若，证明：对任意的都有.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：因为，
所以复数在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故答案为：D
【分析】先利用复数代数形式的除法运算化简可得，再利用复数的几何意义判断即可求解.
2．【答案】C
【知识点】集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：因为，所以，
又因为，所以，可得，
所以x可能取值为
当时，代入，得，
又因为，所以，此时得到元素；
当时，代入，得，
，，
此时得到元素；
当时，代入，得，
，
，，
此时得到元素；
当时，代入，得，
，，
此时得到元素；
当时，代入，得，所以，
此时得到元素，
满足条件的元素分别为：
，，，，，共11个.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和元素与集合的关系，先求出x的值，再代入分别求出y的值，从而得出集合A中的元素，进而得出集合A中的元素个数.
3．【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：已知，
则，即.
又平面向量与均为单位向量，
所以.
所以，，
所以，，夹角为.
故答案为：A.
【分析】由题意结合数量积的运算律求出，再利用即可求解.
4．【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：已知如图所示：
由正四棱台可知且，，，四边形为等腰梯形，
取上底下底的中心平面，过作，
垂足为，，
且，，，
所以，
所以.
故答案为：B
【分析】先利用正四棱台的概念可知四边形为等腰梯形，再利用平面几何的知识可得四棱台的高，再利用台体的体积公式即可求解.
5．【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：易知圆的圆心为，半径为 ，
设圆心到直线l的距离为d，由弦长公式可得，，
所以圆心到直线的距离，
解得或，又，所以，
故答案为：C
【分析】先利用圆方程可得圆心和半径，再利用弦长公式可得以及点到直线距离公式即可求解.
6．【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：已知为锐角，则，
又，
所以，
则，
故答案为：B.
【分析】先利用同角三角函数的平方关系可得，再利用倍角公式即可求解.
7．【答案】A
【知识点】棱柱的结构特征；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：以点为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示：
，，设，则
易知平面一个法向量为，平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为，
设直线与平面、平面、平面所成的角分别为，
由已知可得.
又，，，
所以有.
又由是正四棱柱表面上的一个动点，易知，
所以.
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去；
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去；
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去；
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，点可以为；
若是平面上的一个动点，可知，，，没有满足条件的点；
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，重复舍去.
综上所述，.所以.又
所以，与所成角的余弦值为.
故答案为：A.
【分析】建立空间直角坐标系得出相关点的坐标，设，利用题意以及线面角的坐标即可得出，再分六个面分别讨论，即可得出点即可求解.
8．【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，则有.
当时，由已知可得，
化简可得.
又由已知当时，可得，，
所以.
所以，在上单调递减.
又时，构造，
则在上恒成立，
所以，恒成立，
所以在上恒成立.
所以，有在上恒成立；
当时，有，所以有，即；
当时，，此时有，即.
综上所述，.
故答案为：D.
【分析】设，则有，由题意可得，即可得函数在上单调递减，构造函数，求导可得，再利用导数的正负和函数单调性和最值的关系可得在上恒成立，再分和讨论结合函数的单调性即可求解.
9．【答案】B,C
【知识点】频率分布直方图；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、由图象可知，基地牡丹植株高度范围在之间，所以极差的估计值应不大于50，故A错误；
B、基地牡丹植株高度不高于70的频率为.故B正确；
C、由频率分布直方图可知，基地牡丹植株高度不高于70的频率为，不高于的频率为，
所以中位数位于，
设为，则应有，计算可得.
众数估计为的中点，也是，与中位数相同.故C正确；
对于D项，基地牡丹植株高度不高于的频率为，不高于的频率为，
所以，基地牡丹植株高度的第75百分位数的估计值应在内.故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用频率分布直方图中的数据可得出极差即可判断A项；计算各小组频率即可判断B项；分析可知中位数位于，列方程计算即可得出中位数，再利用频率分布直方图可直接估算众数即可判断C；利用各小组的概率可知基地牡丹植株高度的第75百分位数的估计值应在内即可判断D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：A、，其定义域为，关于原点对称，
且，
即为偶函数，故A错误；
B、，其定义域为，关于原点对称，
且，故B正确；
C、令，即，即，
又，当时，，且，则，
所以在上仅有1个零点，故C正确；
D、，因为，即.
假设存在，使得对任意的恒成立，
令，则，所以，
因为，所以，即，则，
因为，这样的不存在，
所以的最小正周期为，故D正确；
故答案为：BCD
【分析】利用函数的奇偶性的定义即可判断AB；利用函数零点的定义可得，再利用正弦函数值可得，结合角的范围即可判断C；利用函数周期性的定义即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：已知如图所示：
A、利用绝对值的特征，曲线在四个象限内都有对称性，
即关于轴，轴，以及直线和直线对称，故曲线有4条对称轴，故A正确；
B、因曲线在第一象限的方程为，
即，，
则曲线在第一象限内的面积为，
因曲线的对称性，在四个象限内的部分面积相同，
故曲线形成封闭图形的面积为，故B错误；
C、考虑曲线的对称性，不妨设直线与x，y轴的正半轴分别交于两点，
线段的中点为，由图知，，即点的轨迹为以点为圆心，半径为的圆，
该圆与曲线都关于直线对称，且在第一象限都经过直线上的点，
由图可知圆与曲线相切，同理在其他象限也有相同的结论，故C正确；
D、不妨设，
则直线的方程为，其中，
由消去，可得，
将代入，化简得：，即，解得，
由函数的定义，可得直线与曲线在第一象限有且只有一个共同点，故此时直线与曲线相切，
同理在其他象限也有相同的结论，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用绝对值的特征易得曲线有4条对称轴即可判断A；利用定积分求出第一象限内的面积为即可判断B；先求得线段中点的轨迹为以点为圆心，半径为的圆，利用图形关于直线对称和关键点即可判断C；设直线的方程，再与曲线方程联立，利用条件代入计算求得一个解即可判断D.
12．【答案】0
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由已知可得，，
根据正态分布的对称性可知，
所以，，
所以，.
故答案为：0.
【分析】根据已知条件和正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，再结合已知条件和对立事件求概率公式，从而得出a的值.
13．【答案】
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线的渐近线为，
又直线与有公共点，所以，
则离心率，即离心率的取值范围为.
故答案为：
【分析】先利用双曲线的几何性质可得渐近线方程，由题意可得，利用离心率的定义即可求解.
14．【答案】；
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：设函数上与直线平行的切线的切点坐标为，
则，解得，所以切点为，
即切线方程为，即，
则的最小值为直线与直线间的距离，
即；
设，则，
将看成关于的函数，则在或时，取得最小值，
当时，令，
则，令，解得，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以时，，即；
当时，则，令，
则，令，解得，
当时，，则函数单调递减，
当时，，则函数单调递增，
当时，；
综上所述，.
故答案为：；
【分析】由题意结合“曼哈顿距离”定义列出方程，构造函数，求导可得，再利用导数求得函数的最值即可求解.
15．【答案】（1）解：由余弦定理，
又，所以，则；
（2）解：因为，
由正弦定理可得，
所以，
又，所以，
所以，又，所以，所以，
则，
所以.
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用余弦定理可得即可求解；
（2）利用正弦定理将边化角可得，再利用二倍角公式及两角和的正弦公式求出，，再利用三角形的面积公式即可求解.
（1）由余弦定理，
又，所以，则；
（2）因为，
由正弦定理可得，
所以，
又，所以，
所以，又，所以，所以，
则，
所以.
16．【答案】（1）解：由已知可得，，，设，
则，，
所以.
又，，所以，
所以，，，
所以，的取值范围为.
（2）解：设存在四边形满足是该四边形的对称轴
设，为对角线的交点
因为是四边形的对称轴，
所以为的中点，且，
所以.
因为点在第一象限，所以直线的斜率均存在且不为0如图所示：
且，
所以有，
所以有.
又因为在椭圆上，
所以有.
作差整理可得，
这与相矛盾，假设不正确.
所以，不存在四边形满足是该四边形的对称轴.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设，利用数量积的运算可得，再利用椭圆的有界性即可求解；
（2）假设存在，设，根据对称性得出点坐标，代入坐标整理可得.根据在椭圆上，由点差法化简得出，得出矛盾，即求解.
（1）由已知可得，，，设，
则，，
所以.
又，，所以，
所以，，，
所以，的取值范围为.
（2）设存在四边形满足是该四边形的对称轴
设，为对角线的交点
因为是四边形的对称轴，
所以为的中点，且，
所以.
因为点在第一象限，所以直线的斜率均存在且不为0.
且，
所以有，
所以有.
又因为在椭圆上，
所以有.
作差整理可得，
这与相矛盾，假设不正确.
所以，不存在四边形满足是该四边形的对称轴.
17．【答案】（1）证明：连接DO、AO、EO，
因为，，都是等边三角形，
所以，
又因为在平面内交于点O，在平面内交于点O，
所以平面，平面，
又因为过O只有一个平面与垂直，且平面与平面有公共点O，
所以平面与平面是同一平面，
则A，D，O，E四点共面.
（2）解：连接DO、AO、EO，AD，
以OA，OB分别为x、y轴，以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，
则，
因为是等边三角形，边长，点为中点，
所以，所以
又因为，设，
所以，解得，
所以，
因为是等边三角形，边长，点为中点，
所以，
又因为，设，
所以，解得，
由(1)得为二面角平面角，
设，则点，
故，
设平面的法向量为，
则，
取得，所以，
设直线与平面所成角为，
则
其中，
当时，取得最大值为，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【知识点】共面向量定理；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由已知条件结合等边三角形三线合一，从而证出线线垂直，再利用线线垂直证出直线平面，平面，再根据过O只有一个平面与垂直且平面与平面有公共点O，则平面与平面是同一平面，从而证出A，D，O，E四点共面.
（2）连接DO、AO、EO，AD，以O为坐标原点，以OA，OB分别为x、y轴，以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，则得出点的坐标，再结合等边三角形三线合一和勾股定理以及空间两点距离公式和(1)中为二面角平面角，从而设，则点，则得出向量的坐标，再根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，则根据余弦型函数求最值的方法，从而得出直线与平面所成角的正弦值的最大值.
（1）连接DO、AO、EO，
因为，，都是等边三角形，
所以，
又在平面内交于点O，在平面内交于点O，
所以平面，平面，
因为过O只有一个平面与垂直，且平面与平面有公共点O，
所以平面与平面是同一平面，
即A，D，O，E四点共面；
（2）连接DO、AO、EO，AD，
以OA，OB分别为x、y轴，
以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，
则，
因为是等边三角形，边长，点为中点，
所以，所以
又，
设，
所以，解得，
所以，
因为是等边三角形，边长，点为中点，
所以，又，
设，
所以，解得，
由(1)得为二面角平面角，
设，则点，
故，
设平面的法向量为，
则，
取得，
所以，
设直线与平面所成角为，
则，
其中，
当时，取得最大值为，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值.
18．【答案】（1）解：质点运动次后停在原点右侧的情况有种，分别是：次向右；
次不动，次向右；次向右，次向左；次不动，次向右；
所以质点运动次后停在原点右侧的概率；
（2）解：①质点运动次后停在原点右侧的情况有种，
分别是：次向右；第次向右，后次有次向右，次向左；
前次向右，后次有次向右，次向左；
第次向右，第次向左，第次向右，后次有次向右，次向左；
所以运动次后停在原点右侧的概率
；
②第一轮游戏结束进入第二轮游戏的情况有2种，分别是3次向右；2次向右、1次向左；
则其概率为；
设两轮游戏最终得分为随机变量，则的所有可能取值为、、，
又，
，
所以
，
因为，所以，即，
所以当时，；当时；
记，则，
令；
当时，，因为，，
，
根据零点存在性定理可得，存在使得，存在使得，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以时的极大值点，所以；
当时，
因为，，，
根据零点存在性定理可得，存在使得，存在使得，
要使在上存在极大值点，
则，
解得或，
因为，所以；
综上所述.
【知识点】利用导数研究函数的极值；离散型随机变量及其分布列；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）质点运动次后停在原点右侧的情况有种，利用互斥事件的概率公式计算即可求解；
（2）①列出质点运动次后停在原点右侧的种情况，根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得；②求出第一轮游戏结束进入第二轮游戏的概率，设两轮游戏最终得分为随机变量，则的所有可能取值为、、，求出，再构造函数，利用导数说明函数的极大值点情况，即可求解.
（1）质点运动次后停在原点右侧的情况有种，分别是：次向右；
次不动，次向右；次向右，次向左；次不动，次向右；
所以质点运动次后停在原点右侧的概率；
（2）①质点运动次后停在原点右侧的情况有种，
分别是：次向右；第次向右，后次有次向右，次向左；
前次向右，后次有次向右，次向左；
第次向右，第次向左，第次向右，后次有次向右，次向左；
所以运动次后停在原点右侧的概率
；
②第一轮游戏结束进入第二轮游戏的情况有2种，分别是3次向右；2次向右、1次向左；
则其概率为；
设两轮游戏最终得分为随机变量，则的所有可能取值为、、，
又，
，
所以
，
因为，所以，即，
所以当时，；当时；
记，则，
令；
当时，，因为，，
，
根据零点存在性定理可得，存在使得，存在使得，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以时的极大值点，所以；
当时，
因为，，，
根据零点存在性定理可得，存在使得，存在使得，
要使在上存在极大值点，
则，
解得或，
因为，所以；
综上所述.
19．【答案】（1）解：由题意得，
所以．
（2）证明：由题得，
所以，，，，
因此中的数对必由中的数对经运算得到，
中的数对必由中的0或数对经运算得到，
因为是数组，其中有一半的项为0，即个0，经过两次运算能在中产生个数对，
因为中数对的个数为个，经过两次运算能在中产生个数对，
所以，即，
所以，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列．
（3）证明：当为奇数时，，
累加得，
因为，所以（为奇数）．
当为偶数时，，
累加得，
因为，所以（为偶数）．
所以，
故．
因为当且为偶数时，
.
①当时，；
②当且为奇数时，
；
③当且为偶数时，因为对任意的都有，
所以
综上所述，对任意的都有．
【知识点】等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】（1）利用数列新定义直接写答案即可求解；
（2）由题意可得，再作差相除结合等比数列的定义即可证明；
（3）分为奇数和偶数讨论得到，再次对分类讨论并合理放缩即可证明.
（1）由题意得，
所以．
（2）由题得，
所以，，，，
因此中的数对必由中的数对经运算得到，
中的数对必由中的0或数对经运算得到，
因为是数组，其中有一半的项为0，即个0，经过两次运算能在中产生个数对，
因为中数对的个数为个，经过两次运算能在中产生个数对，
所以，即，
所以，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列．
（3）当为奇数时，，
累加得，
因为，所以（为奇数）．
当为偶数时，，
累加得，
因为，所以（为偶数）．
所以，
故．
因为当且为偶数时，
.
①当时，；
②当且为奇数时，
；
③当且为偶数时，因为对任意的都有，
所以
综上所述，对任意的都有．
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