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广东省广州市大同中学2024-2025学年高三三模数学试题
一、单项选择题（本大题共8小题.每小题5分.共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2025·白云模拟）设全集．则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·白云模拟）已知是虚数单位．复数．则在复平面内对应点的坐标是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·白云模拟）对于非零向量，，“”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
4．（2025·白云模拟）已知点为抛物线上一点．则点到抛物线的焦点的距离为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．（2025·白云模拟）在平面直角坐标系中，点的坐标分别是，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是，则点的轨迹方程为（　　）．
A． B．
C． D．
6．（2025·白云模拟）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（　　）
A．120 B．60 C．30 D．20
7．（2025·白云模拟）已知正四棱台的体积为，则与底面ABCD所成角的正切值为（　　）
A． B． C． D．4
8．（2025·白云模拟）设函数，若，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题（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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．（2025·白云模拟）为了解某类植物生长年之后的高度．随机抽取了株此类植物．测得它们生长年之后的高度（单位：）．将收集到的数据整理得到如下频率分布直方图．已知随机抽取的植物生长年之后高度低于的有株．根据此频率分布直方图．以下结论中正确的是（　　）
A．
B．此次检测植物生长高度在之间的有株
C．估计该类植物生长年后．高度的众数为
D．估计该类植物生长年后．高度的第百分位数为
10．（2025·白云模拟）已知函数，则下列结论正确的是（　　）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．不等式的解集为
D．若为的内角，且，则或
11．（2025·白云模拟）已知椭圆的方程为，则（　　）
A．椭圆关于轴对称 B．直线被椭圆截得弦长为
C．椭圆的长轴长为 D．椭圆的离心率为
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2025·白云模拟）已知等差数列的前项和为．且．则　 　．
13．（2025·白云模拟）已知．则　 　．
14．（2025·白云模拟）已知实数满足，则的最小值为　 　.
四、解答题（本大题共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．（2025·白云模拟）记内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）若，，求的周长．
16．（2025·白云模拟）如图所示，在等腰直角中，，点 分别为的中点，将沿翻折到位置.
（1）证明：平面
（2）若，，求平面与平面夹角的余弦值.
17．（2025·白云模拟）已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性.
（3）若存在极大值，且极大值不大于，求实数的取值范围.
18．（2025·白云模拟）第十五届全国运动会将于2025年在广东、香港、澳门三地举办．为了普及全运知识．某中学举办了一次全运知识闯关比赛．比赛分为初赛与复赛．初赛胜利后才能进入复赛．初赛规定：三人组队参赛．每次只派一个人．且每人只派一次：如果一个人闯关失败．再派下一个人重新闯关：三人中只要有人闯关成功即视作初赛胜利．无需继续闯关．现有甲、乙、丙三人组队参加初赛．他们各自闯关成功的概率分别为．假定互不相等．且每人能否闯关成功相互独立．
（1）若计划依次派甲、乙、丙进行初赛闯关．．求该小组初赛胜利的概率：
（2）已知．现有两种初赛人员派出方案：
方案一：依次派出甲乙丙：
方案二：依次派出丙乙甲
设方案一和方案二派出人员数目分别为随机变量．求．并比较它们的大小；
（3）初赛胜利小组的三名成员都可以进入复赛．复赛规定：单人参赛．每个人回答三道题．全部答对获得一等奖：答对两道题获得二等奖：答对一道题获得三等奖：全部答错不获奖．已知某学生进入了复赛．该学生在复赛中前两道题答对的概率均为．第三道题答对的概率为．若该学生获得一等奖的概率为，设该学生获得二等奖的概率为．求的最小值．
19．（2025·白云模拟）已知双曲线．点在上．按如下方式构造点．过点作斜率为的直线与的下支交于点．点关于轴的对称点为．记点的坐标为
（1）求的值：
（2）记．证明：数列为等比数列；
（3）记的面积为．证明：是定值．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以，
故选：D.
【分析】根据已知条件先求得，进而求得即可.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以在复平面内对应点的坐标是.
故选：A.
【分析】先利用复数的除法运算法则求出，进而即可求得其对应点的坐标.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】若，则，则，即充分性成立，
若，则不一定成立，即必要性不成立，
即“”是“”的充分不必要条件，
故答案为：A．
【分析】利用已知条件结合充分条件、必要条件的判断方法，进而判断出“”是“”的充分不必要条件。
4．【答案】B
【知识点】抛物线的应用
【解析】【解答】解：由题意可知，，解得，所以点到抛物线的焦点的距离为，
故选：B.
【分析】将点M坐标代入方程中即可求得p的值，进而抛物线的定义求解即可.
5．【答案】A
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：依题意，设点，
由，
可得，
则点的轨迹方程为.
故答案为：A.
【分析】设点，由题意结合两点求斜率公式列出方程，从而化简整理得出点的轨迹方程.
6．【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；排列及排列数公式
【解析】【解答】解：记五名志愿者为，
假设连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有种方法，
同理：连续参加了两天公益活动，也各有种方法，
所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有种.
故选：B.
【分析】假设其中1人两天都参加公益活动，求出剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动的不同安排方式，再利用分类加法原理即可得解.
7．【答案】C
【知识点】直线与平面所成的角；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：∵，，
∴上，下底面的面积分别为，
设正四棱台的高为，
则正四棱台的体积为，解得，
连接，分别取的中点，
∵面，面，∴，
过作交于，
则，面，
∴为与底面所成的角，
∵，，
∴，
即与底面所成角的正切值为.
故答案为：C.
【分析】根据正四棱台的体积求出正四棱台的高，分别取的中点，过作交于，则为与底面所成的角，再结合几何方法和正切函数的定义，从而得出直线与底面ABCD所成角的正切值.
8．【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，
若，则对任意的，，
则当时，，不合乎题意；
若时，当时，，，此时，，不合乎题意；
若，则当时，，，此时，，不合乎题意.
所以，，此时，，则，
当时，，，此时，；
当时，，，此时，.
所以，对任意的，，合乎题意，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故的最小值为.
故选：D.
【分析】根据题意，结合对数函数的图象与性质，判断得到，得到，得到对任意的，，结合基本不等式可求得的最小值，即可得到答案.
9．【答案】A,B,D
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本的频率分布估计总体分布；用样本的数字特征估计总体的数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、植物生长年之后高度低于的频率为，所以，解得，故选项A正确；
B、此次检测植物生长高度在之间的频率为，
所以此次检测植物生长高度在之间的有株. 故选项B正确；
C、由图可知这组数据的众数为，故选项C错误；
D、由频率分布直方图可得该类植物生长年后．高度不低于的植株的频率为，所以高度低于的植株的频率为，
所以估计该类植物生长年后．高度的第百分位数为，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】先求高度低于的频率，再由频率，频数，样本容量的关系求得样本容量n可判断选项A；先求出高度在之间的频率，进而计算其对应的频数即可判断选项B；根据众数的定义即可判断选项C；根据百分位数的定义即可判断选项D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由题意可得，
A、的周期，故选项A正确；
B、当时，，所以的图象不关于直线对称，故选项B错误；
C、因为，所以，即，
所以，解得，
所以不等式的解集为，故选项C正确；
D、因为，所以，
因为、，所以或，
所以或，即或，故选项D正确．
故选：ACD．
【分析】辅助角公式化简可得，利用三角函数的周期公式判断选项A；运用正弦函数图象的对称性即可判断选项B；将不等式化简为，结合正弦函数的性质求出的取值范围，即可判断出选项C；当时，可得，结合、与正弦函数的性质，推导出或，进而可判断选项D．
11．【答案】B,C,D
【知识点】椭圆的简单性质；椭圆的应用
【解析】【解答】解：A、在椭圆上任取一点，则，
则点关于轴的对称点为，因为不恒成立，
故椭圆不关于轴对称，故选项A错误；
B、设直线交椭圆于点、，
联立，消y整理得，解得，，
所以，所以直线被椭圆截得弦长为，故选项B正确；
C、在椭圆上任取一点，则，
设点关于直线的对称点，因为，即椭圆关于直线对称，
同理可知，椭圆关于直线对称，
联立解得或，
所以直线截椭圆所得弦长为，
联立解得或，
所以，直线截椭圆所得弦长为，
因为，所以椭圆的长轴长为，故选项C正确；
D、由选项C可知，解得，，
所以，椭圆的离心率为，故选项D正确.
故选：BCD.
【分析】若椭圆关于x轴对称，则点(x，y)的对称点(x，-y)也在椭圆上，代入方程计算即可判断选项A；联立直线方程与椭圆方程，求得交点坐标，进而结合弦长公式计算即可判断选项B；先求出椭圆的对称轴方程，将对称轴方程与椭圆方程联立，即可求出交点坐标，可求得椭圆方程被两对称轴所截的弦长，比较其大小即可知长轴长与短轴长，即可判断选项C；由选项C可知、的值，即可求得a，b的值，进而利用椭圆的离心率公式计算即可判断选项D.
12．【答案】
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意可知，，所以
所以.
故答案为：.
【分析】根据题意结合等差数列的前n项和公式列式即可求得，进而根据等差数列的通项公式列式即可求得 .
13．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：，①
，②
①②相除得，
左边分子分母同时除以可得，所以.
故答案为：.
【分析】根据两角和与差的正弦公式可得，①
，②，进而两式相除，利用同角的商数关系可得，进而化简即可求得.
14．【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；点与圆的位置关系；圆方程的综合应用
【解析】【解答】解：因为，
所以
，
所以，
相当于圆上的任一点到点与的距离之和，
如图所示，因为，
所以的最小值为，
故答案为：.
【分析】根据题意，先将转化为，从而将问题转化为圆上任一点到点与的距离之和，根据三角形两边之和大于第三边即可求解.
15．【答案】（1）解：由，得，即，
由于，.
（2）解：由题中条件和正弦定理得出，
又因为，，则，
所以，得到，
则，
，
由正弦定理得，
解得，，
故的周长为.
【知识点】正弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用辅助角公式计算得出，再结合三角形中角A的取值范围求出角A的值.
（2）利用已知条件结合正弦定理化简计算得出角B的值，再利用两角和的正弦公式计算出角C的正弦值，再根据正弦定理计算出三角形的边长，从而得出三角形的周长.
（1）由得，，即，
由于，；
（2）由题设条件和正弦定理，
又，，则，进而，得到，
于是，
，
由正弦定理得，
解得，，
故的周长为.
16．【答案】（1）证明：在等腰直角中，，得，即，
因为点、分别为、的中点，所以，所以．
将沿翻折到位置后，，所以
又因为平面，所以平面．
（2）解：因为面，平面．所以平面平面，
因为为中点，所以，
又因为．所以为等边三角形，
设的中点为，连接，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
过作交于．
如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
所以，
所以．
设平面的一个法向量为，
则，
令则，所以．
设平面的一个法向量为．则，
令则，所以．
所以．
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据已知条件可知，而由三角形的中位线性质可得，进而可得，根据折叠图形的性质可得，利用线面垂直的判定定理即可证得平面 ；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，进而根据空间向量的夹角公式，即可求得平面与平面夹角的余弦值 .
（1）等腰直角中，，得．所以．
点、分别为、的中点，，所以．
将沿翻折到位置后，．
又平面平面．
所以平面．
又，得平面．
（2）由（1）知面．又平面．所以平面平面，
由为中点．故．又因为．所以为等边三角形，
设的中点为．连接．则．又平面平面，
平面平面，平面．所以平面．
过作交于．
以为坐标原点．建立如图所示的空间直角坐标系：
因为．
得，
所以．
设平面的一个法向量为，
则，可取．
设平面的一个法向量为．则，
取．
所以．
故平面与平面夹角的余弦值为.
17．【答案】（1）解：当时，，
所以，所以，
而，
所以 曲线在处的切线方程为，即.

（2）解：解：因为，解得x>-1，
所以的定义域为，
因为，(x>-1)
所以当时，恒成立，所以在上单调递增.
当时，令，即，可得；
令，可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（3）解：由（2）可知当时，函数无极值，
当时，函数在处取得极大值，
极大值为，
所以，即，
令，所以，
因为，所以，所以在上单调递增，
因为，所以，解得，
所以实数的取值范围是.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）根据a的值先求得函数f(x)的解析式，进而对函数进行求导，求得，利用点斜式方程即可求得曲线在处的切线方程.
（2）先求得函数的定义域，进而求导，分和进行讨论，根据导函数的正负，即可求出函数的单调区间.
（3）根据(2)中对函数单调性的讨论情况，即可求得极大值，进而根据已知条件列出不等式，构造函数，令，利用求导判断函数的单调性，进而即可求得实数的取值范围 .
（1）当时，，，
则，，所以切线方程为，化简得.
（2）由可得，则，即函数定义域为，
当时，恒成立，所以在上单调递增.
当时，令，即，解得，因为定义域为，
所以，由，可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：
当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
（3）由（2）可知当时函数无极值点，当时函数在处有极大值，
可得，代入得，化简得，
令，则，
因为，所以，在上单调递增，
因为，所以解得，
所以实数的取值范围是.
18．【答案】（1）解：设事件A表示该小组获胜．则．
所以该小组初赛胜利的概率为．
（2）解：的所有可能取值为1， 2，3．
所以．
所以
的所有可能取值为1，2，3．
所以．
所以．
所以
因为，所以，所以．
（3）解：由题意可得，所以．
所以．
令．
所以．令，解得，
所以当时，；当时．，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以．
所以的最小值为．
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用独立事件的乘法公式求解即可；
（2）分别两种方案派出人员数目的所有可能取值和相应概率，再用期望公式求出对应的期望，进而用作差法比较其大小即可；
（3）由独立事件的乘法公式结合题意可得，进而可得，令，进而对函数进行求导，利用导数求得函数的单调性，进而求得函数的最小值，即可求得p的最小值.
（1）设事件A表示该小组获胜．则．
所以该小组初赛胜利的概率为．
（2）的可能取值为1， 2，3．
则．
此时
的可能取值为1，2，3．
则．
此时．
所以
因为．
所以．所以．
（3）由题意可得，．
则．
令．
则．令．
所以当时，，为减函数．
当时．，为增函数．
所以．
所以的最小值为．
19．【答案】（1）解：因为点在上，所以，所以双曲线．
又过点斜率为的直线方程为．
由双曲线与直线的对称性可知．
所以，所以.
（2）证明：因为，所以，
又因为，所以．
所以．①．
因为在C上，
所以，．
两式作差可得．②
把①代入②可得．③
由③-①得．
即
因为．所以，所以
又，
所以数列是首项为，公比为的等比数列．
（3）证明：由（2）知．
又因为，所以．
所以．
所以，
且，
所以
，
所以是定值.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；平面向量的坐标运算；双曲线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）将点代入双曲线方程中列式即可求得m的值，即可求出双曲线的方程，再由对称性求出点，进而即可求得点，即可求得的值 ；
（2）由可得，而，进而可求得，用点斜式表示出直线方程，根据在C上，联立方程化简可得，又，即可得，根据等比数列的概念即可证得数列为等比数列；
（3）由（2）知．又，所以，进而可得．即得和坐标，然后表示出，化简可证得是定值．
（1）由题知双曲线．点在上，
故，所以双曲线．
又过点斜率为的直线方程为．
由双曲线与直线的对称性可知．
所以．即.
（2）因为，所以．因为
所以．
于是．①．
由于，
所以．且．
两式作差可得．②
把①代入②可得．③
由③-①得．
即
因为．所以
又．所以
故数列是首项为．公比为的等比数列．
（3）由（2）知．又，所以．
则．
因为，
且，
所以
，
即是定值.
1 / 1广东省广州市大同中学2024-2025学年高三三模数学试题
一、单项选择题（本大题共8小题.每小题5分.共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2025·白云模拟）设全集．则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以，
故选：D.
【分析】根据已知条件先求得，进而求得即可.
2．（2025·白云模拟）已知是虚数单位．复数．则在复平面内对应点的坐标是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以在复平面内对应点的坐标是.
故选：A.
【分析】先利用复数的除法运算法则求出，进而即可求得其对应点的坐标.
3．（2025·白云模拟）对于非零向量，，“”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
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】若，则，则，即充分性成立，
若，则不一定成立，即必要性不成立，
即“”是“”的充分不必要条件，
故答案为：A．
【分析】利用已知条件结合充分条件、必要条件的判断方法，进而判断出“”是“”的充分不必要条件。
4．（2025·白云模拟）已知点为抛物线上一点．则点到抛物线的焦点的距离为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】抛物线的应用
【解析】【解答】解：由题意可知，，解得，所以点到抛物线的焦点的距离为，
故选：B.
【分析】将点M坐标代入方程中即可求得p的值，进而抛物线的定义求解即可.
5．（2025·白云模拟）在平面直角坐标系中，点的坐标分别是，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是，则点的轨迹方程为（　　）．
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：依题意，设点，
由，
可得，
则点的轨迹方程为.
故答案为：A.
【分析】设点，由题意结合两点求斜率公式列出方程，从而化简整理得出点的轨迹方程.
6．（2025·白云模拟）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（　　）
A．120 B．60 C．30 D．20
【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；排列及排列数公式
【解析】【解答】解：记五名志愿者为，
假设连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有种方法，
同理：连续参加了两天公益活动，也各有种方法，
所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有种.
故选：B.
【分析】假设其中1人两天都参加公益活动，求出剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动的不同安排方式，再利用分类加法原理即可得解.
7．（2025·白云模拟）已知正四棱台的体积为，则与底面ABCD所成角的正切值为（　　）
A． B． C． D．4
【答案】C
【知识点】直线与平面所成的角；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：∵，，
∴上，下底面的面积分别为，
设正四棱台的高为，
则正四棱台的体积为，解得，
连接，分别取的中点，
∵面，面，∴，
过作交于，
则，面，
∴为与底面所成的角，
∵，，
∴，
即与底面所成角的正切值为.
故答案为：C.
【分析】根据正四棱台的体积求出正四棱台的高，分别取的中点，过作交于，则为与底面所成的角，再结合几何方法和正切函数的定义，从而得出直线与底面ABCD所成角的正切值.
8．（2025·白云模拟）设函数，若，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，
若，则对任意的，，
则当时，，不合乎题意；
若时，当时，，，此时，，不合乎题意；
若，则当时，，，此时，，不合乎题意.
所以，，此时，，则，
当时，，，此时，；
当时，，，此时，.
所以，对任意的，，合乎题意，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故的最小值为.
故选：D.
【分析】根据题意，结合对数函数的图象与性质，判断得到，得到，得到对任意的，，结合基本不等式可求得的最小值，即可得到答案.
二、多项选择题（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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．（2025·白云模拟）为了解某类植物生长年之后的高度．随机抽取了株此类植物．测得它们生长年之后的高度（单位：）．将收集到的数据整理得到如下频率分布直方图．已知随机抽取的植物生长年之后高度低于的有株．根据此频率分布直方图．以下结论中正确的是（　　）
A．
B．此次检测植物生长高度在之间的有株
C．估计该类植物生长年后．高度的众数为
D．估计该类植物生长年后．高度的第百分位数为
【答案】A,B,D
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本的频率分布估计总体分布；用样本的数字特征估计总体的数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、植物生长年之后高度低于的频率为，所以，解得，故选项A正确；
B、此次检测植物生长高度在之间的频率为，
所以此次检测植物生长高度在之间的有株. 故选项B正确；
C、由图可知这组数据的众数为，故选项C错误；
D、由频率分布直方图可得该类植物生长年后．高度不低于的植株的频率为，所以高度低于的植株的频率为，
所以估计该类植物生长年后．高度的第百分位数为，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】先求高度低于的频率，再由频率，频数，样本容量的关系求得样本容量n可判断选项A；先求出高度在之间的频率，进而计算其对应的频数即可判断选项B；根据众数的定义即可判断选项C；根据百分位数的定义即可判断选项D.
10．（2025·白云模拟）已知函数，则下列结论正确的是（　　）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．不等式的解集为
D．若为的内角，且，则或
【答案】A,C,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由题意可得，
A、的周期，故选项A正确；
B、当时，，所以的图象不关于直线对称，故选项B错误；
C、因为，所以，即，
所以，解得，
所以不等式的解集为，故选项C正确；
D、因为，所以，
因为、，所以或，
所以或，即或，故选项D正确．
故选：ACD．
【分析】辅助角公式化简可得，利用三角函数的周期公式判断选项A；运用正弦函数图象的对称性即可判断选项B；将不等式化简为，结合正弦函数的性质求出的取值范围，即可判断出选项C；当时，可得，结合、与正弦函数的性质，推导出或，进而可判断选项D．
11．（2025·白云模拟）已知椭圆的方程为，则（　　）
A．椭圆关于轴对称 B．直线被椭圆截得弦长为
C．椭圆的长轴长为 D．椭圆的离心率为
【答案】B,C,D
【知识点】椭圆的简单性质；椭圆的应用
【解析】【解答】解：A、在椭圆上任取一点，则，
则点关于轴的对称点为，因为不恒成立，
故椭圆不关于轴对称，故选项A错误；
B、设直线交椭圆于点、，
联立，消y整理得，解得，，
所以，所以直线被椭圆截得弦长为，故选项B正确；
C、在椭圆上任取一点，则，
设点关于直线的对称点，因为，即椭圆关于直线对称，
同理可知，椭圆关于直线对称，
联立解得或，
所以直线截椭圆所得弦长为，
联立解得或，
所以，直线截椭圆所得弦长为，
因为，所以椭圆的长轴长为，故选项C正确；
D、由选项C可知，解得，，
所以，椭圆的离心率为，故选项D正确.
故选：BCD.
【分析】若椭圆关于x轴对称，则点(x，y)的对称点(x，-y)也在椭圆上，代入方程计算即可判断选项A；联立直线方程与椭圆方程，求得交点坐标，进而结合弦长公式计算即可判断选项B；先求出椭圆的对称轴方程，将对称轴方程与椭圆方程联立，即可求出交点坐标，可求得椭圆方程被两对称轴所截的弦长，比较其大小即可知长轴长与短轴长，即可判断选项C；由选项C可知、的值，即可求得a，b的值，进而利用椭圆的离心率公式计算即可判断选项D.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2025·白云模拟）已知等差数列的前项和为．且．则　 　．
【答案】
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意可知，，所以
所以.
故答案为：.
【分析】根据题意结合等差数列的前n项和公式列式即可求得，进而根据等差数列的通项公式列式即可求得 .
13．（2025·白云模拟）已知．则　 　．
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：，①
，②
①②相除得，
左边分子分母同时除以可得，所以.
故答案为：.
【分析】根据两角和与差的正弦公式可得，①
，②，进而两式相除，利用同角的商数关系可得，进而化简即可求得.
14．（2025·白云模拟）已知实数满足，则的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；点与圆的位置关系；圆方程的综合应用
【解析】【解答】解：因为，
所以
，
所以，
相当于圆上的任一点到点与的距离之和，
如图所示，因为，
所以的最小值为，
故答案为：.
【分析】根据题意，先将转化为，从而将问题转化为圆上任一点到点与的距离之和，根据三角形两边之和大于第三边即可求解.
四、解答题（本大题共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．（2025·白云模拟）记内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）若，，求的周长．
【答案】（1）解：由，得，即，
由于，.
（2）解：由题中条件和正弦定理得出，
又因为，，则，
所以，得到，
则，
，
由正弦定理得，
解得，，
故的周长为.
【知识点】正弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用辅助角公式计算得出，再结合三角形中角A的取值范围求出角A的值.
（2）利用已知条件结合正弦定理化简计算得出角B的值，再利用两角和的正弦公式计算出角C的正弦值，再根据正弦定理计算出三角形的边长，从而得出三角形的周长.
（1）由得，，即，
由于，；
（2）由题设条件和正弦定理，
又，，则，进而，得到，
于是，
，
由正弦定理得，
解得，，
故的周长为.
16．（2025·白云模拟）如图所示，在等腰直角中，，点 分别为的中点，将沿翻折到位置.
（1）证明：平面
（2）若，，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：在等腰直角中，，得，即，
因为点、分别为、的中点，所以，所以．
将沿翻折到位置后，，所以
又因为平面，所以平面．
（2）解：因为面，平面．所以平面平面，
因为为中点，所以，
又因为．所以为等边三角形，
设的中点为，连接，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
过作交于．
如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
所以，
所以．
设平面的一个法向量为，
则，
令则，所以．
设平面的一个法向量为．则，
令则，所以．
所以．
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据已知条件可知，而由三角形的中位线性质可得，进而可得，根据折叠图形的性质可得，利用线面垂直的判定定理即可证得平面 ；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，进而根据空间向量的夹角公式，即可求得平面与平面夹角的余弦值 .
（1）等腰直角中，，得．所以．
点、分别为、的中点，，所以．
将沿翻折到位置后，．
又平面平面．
所以平面．
又，得平面．
（2）由（1）知面．又平面．所以平面平面，
由为中点．故．又因为．所以为等边三角形，
设的中点为．连接．则．又平面平面，
平面平面，平面．所以平面．
过作交于．
以为坐标原点．建立如图所示的空间直角坐标系：
因为．
得，
所以．
设平面的一个法向量为，
则，可取．
设平面的一个法向量为．则，
取．
所以．
故平面与平面夹角的余弦值为.
17．（2025·白云模拟）已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性.
（3）若存在极大值，且极大值不大于，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：当时，，
所以，所以，
而，
所以 曲线在处的切线方程为，即.

（2）解：解：因为，解得x>-1，
所以的定义域为，
因为，(x>-1)
所以当时，恒成立，所以在上单调递增.
当时，令，即，可得；
令，可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（3）解：由（2）可知当时，函数无极值，
当时，函数在处取得极大值，
极大值为，
所以，即，
令，所以，
因为，所以，所以在上单调递增，
因为，所以，解得，
所以实数的取值范围是.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）根据a的值先求得函数f(x)的解析式，进而对函数进行求导，求得，利用点斜式方程即可求得曲线在处的切线方程.
（2）先求得函数的定义域，进而求导，分和进行讨论，根据导函数的正负，即可求出函数的单调区间.
（3）根据(2)中对函数单调性的讨论情况，即可求得极大值，进而根据已知条件列出不等式，构造函数，令，利用求导判断函数的单调性，进而即可求得实数的取值范围 .
（1）当时，，，
则，，所以切线方程为，化简得.
（2）由可得，则，即函数定义域为，
当时，恒成立，所以在上单调递增.
当时，令，即，解得，因为定义域为，
所以，由，可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：
当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
（3）由（2）可知当时函数无极值点，当时函数在处有极大值，
可得，代入得，化简得，
令，则，
因为，所以，在上单调递增，
因为，所以解得，
所以实数的取值范围是.
18．（2025·白云模拟）第十五届全国运动会将于2025年在广东、香港、澳门三地举办．为了普及全运知识．某中学举办了一次全运知识闯关比赛．比赛分为初赛与复赛．初赛胜利后才能进入复赛．初赛规定：三人组队参赛．每次只派一个人．且每人只派一次：如果一个人闯关失败．再派下一个人重新闯关：三人中只要有人闯关成功即视作初赛胜利．无需继续闯关．现有甲、乙、丙三人组队参加初赛．他们各自闯关成功的概率分别为．假定互不相等．且每人能否闯关成功相互独立．
（1）若计划依次派甲、乙、丙进行初赛闯关．．求该小组初赛胜利的概率：
（2）已知．现有两种初赛人员派出方案：
方案一：依次派出甲乙丙：
方案二：依次派出丙乙甲
设方案一和方案二派出人员数目分别为随机变量．求．并比较它们的大小；
（3）初赛胜利小组的三名成员都可以进入复赛．复赛规定：单人参赛．每个人回答三道题．全部答对获得一等奖：答对两道题获得二等奖：答对一道题获得三等奖：全部答错不获奖．已知某学生进入了复赛．该学生在复赛中前两道题答对的概率均为．第三道题答对的概率为．若该学生获得一等奖的概率为，设该学生获得二等奖的概率为．求的最小值．
【答案】（1）解：设事件A表示该小组获胜．则．
所以该小组初赛胜利的概率为．
（2）解：的所有可能取值为1， 2，3．
所以．
所以
的所有可能取值为1，2，3．
所以．
所以．
所以
因为，所以，所以．
（3）解：由题意可得，所以．
所以．
令．
所以．令，解得，
所以当时，；当时．，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以．
所以的最小值为．
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用独立事件的乘法公式求解即可；
（2）分别两种方案派出人员数目的所有可能取值和相应概率，再用期望公式求出对应的期望，进而用作差法比较其大小即可；
（3）由独立事件的乘法公式结合题意可得，进而可得，令，进而对函数进行求导，利用导数求得函数的单调性，进而求得函数的最小值，即可求得p的最小值.
（1）设事件A表示该小组获胜．则．
所以该小组初赛胜利的概率为．
（2）的可能取值为1， 2，3．
则．
此时
的可能取值为1，2，3．
则．
此时．
所以
因为．
所以．所以．
（3）由题意可得，．
则．
令．
则．令．
所以当时，，为减函数．
当时．，为增函数．
所以．
所以的最小值为．
19．（2025·白云模拟）已知双曲线．点在上．按如下方式构造点．过点作斜率为的直线与的下支交于点．点关于轴的对称点为．记点的坐标为
（1）求的值：
（2）记．证明：数列为等比数列；
（3）记的面积为．证明：是定值．
【答案】（1）解：因为点在上，所以，所以双曲线．
又过点斜率为的直线方程为．
由双曲线与直线的对称性可知．
所以，所以.
（2）证明：因为，所以，
又因为，所以．
所以．①．
因为在C上，
所以，．
两式作差可得．②
把①代入②可得．③
由③-①得．
即
因为．所以，所以
又，
所以数列是首项为，公比为的等比数列．
（3）证明：由（2）知．
又因为，所以．
所以．
所以，
且，
所以
，
所以是定值.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；平面向量的坐标运算；双曲线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）将点代入双曲线方程中列式即可求得m的值，即可求出双曲线的方程，再由对称性求出点，进而即可求得点，即可求得的值 ；
（2）由可得，而，进而可求得，用点斜式表示出直线方程，根据在C上，联立方程化简可得，又，即可得，根据等比数列的概念即可证得数列为等比数列；
（3）由（2）知．又，所以，进而可得．即得和坐标，然后表示出，化简可证得是定值．
（1）由题知双曲线．点在上，
故，所以双曲线．
又过点斜率为的直线方程为．
由双曲线与直线的对称性可知．
所以．即.
（2）因为，所以．因为
所以．
于是．①．
由于，
所以．且．
两式作差可得．②
把①代入②可得．③
由③-①得．
即
因为．所以
又．所以
故数列是首项为．公比为的等比数列．
（3）由（2）知．又，所以．
则．
因为，
且，
所以
，
即是定值.
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