資源簡介

廣東省2025屆普通高中畢業班第二次調研考試數學試卷
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1．（2024高三上·廣東模擬）“”是“”的（　　）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
2．（2024高三上·廣東模擬）若雙曲線滿足，則的離心率為（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·廣東模擬）設全集，，則（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·廣東模擬）已知四棱錐的體積為4，底面是邊長為的正方形，，則直線與平面所成角的正弦值為（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·廣東模擬）設，，分別為函數，，的零點，則，，的大小關系為(　　).
A． B． C． D．
6．（2024高三上·廣東模擬）已知向量，，，則四邊形的面積為（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·廣東模擬）已知函數（，），，，且在區間上單調，則的最大值為(　　).
A． B． C． D．
8．（2024高三上·廣東模擬）一個正八面體的八個面分別標有數字1到8，任意拋擲一次這個正八面體，觀察它與地面接觸的面上的數字.事件，事件，若事件滿足，，則滿足條件的事件的個數為（　　）
A．4 B．8 C．16 D．24
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9．（2024高三上·廣東模擬）已知復數滿足，則（　　）
A．可以是 B．若為純虛數，則的虛部是2
C． D．
10．（2024高三上·廣東模擬）已知等差數列的前項和為，且，則（　　）
A．
B．
C．當時，取得最小值
D．記，則數列的前項和為
11．（2024高三上·廣東模擬）已知函數，則（　　）
A．當時，在上的最大值為
B．在上單調遞增
C．當時，
D．當且僅當時，曲線與軸有三個交點
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.其中第14題第一空2分，第二空3分.
12．（2024高三上·廣東模擬）在中，，，，則　 　.
13．（2024高三上·廣東模擬）若函數的圖象與直線有兩個交點，則的最小值為　 　.
14．（2024高三上·廣東模擬）已知點為橢圓的右焦點，直線與橢圓相交于，兩點，且與圓在軸右側相切.若經過點且垂直于軸，則　 　；若沒有經過點，則的周長為　 　.
四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟
15．（2024高三上·廣東模擬）某市舉辦一年一度的風箏節，吸引大批游客前來觀賞.為了解交通狀況，有關部門隨機抽取了200位游客，對其出行方式進行了問卷調查（每位游客只填寫一種出行方式），具體情況如下：
出行方式 地鐵 公交車 出租車 自駕 騎行 步行
頻數 54 27 38 42 18 21
用上表樣本的頻率估計概率，低碳出行方式包括地鐵、公交車、騎行和步行：
（1）若從參加活動的所有游客中隨機抽取3人，這3人中低碳出行的人數記為，求和；
（2）據另一項調查顯示，80%的低碳出行的游客表示明年將繼續參加活動，60%的非低碳出行的游客表示明年將繼續參加活動，求今年參加活動的游客明年繼續參加活動的概率.
16．（2024高三上·廣東模擬）已知函數.
（1）求曲線在點處的切線方程；
（2）證明：.
17．（2024高三上·廣東模擬）如圖，四棱錐的底面是邊長為2菱形，，，分別是，的中點.
（1）求證；平面；
（2）若，，，求平面與平面所成角的余弦值.
18．（2024高三上·廣東模擬）在數列中，，都有，，成等差數列，且公差為.
（1）求，，，；
（2）求數列的通項公式；
（3）是否存在，使得，，，成等比數列.若存在，求出的值；若不存在，說明理由.
19．（2024高三上·廣東模擬）已知集合，，設函數.
（1）當和時，分別判斷函數是否是常數函數？說明理由；
（2）已知，求函數是常數函數的概率；
（3）寫出函數是常數函數的一個充分條件，并說明理由.
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷
【解析】【解答】解：由不等式，解得或，
集合是集合或的真子集，
則“”是“”的充分不必要條件，
故答案為：A.
【分析】先解不等式求得相應解集，再根據解集之間的包含關系，結合充分、必要條件的定義判斷即可.
2．【答案】C
【知識點】雙曲線的簡單性質
【解析】【解答】解： 雙曲線滿足，
則的離心率為.
故答案為：C.
【分析】根據雙曲線離心率公式計算即可.
3．【答案】A
【知識點】交、并、補集的混合運算
【解析】【解答】解：因為全集，所以，則，
即.
故答案為：A.
【分析】根據集合的交并補集的性質可得，再求解即可.
4．【答案】B
【知識點】直線與平面所成的角；錐體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：四棱錐，如圖所示：
設四棱錐的高為，
因為四棱錐的體積為，所以，得，
則直線與平面所成角的正弦值為.
故答案為：B.
【分析】設四棱錐的高為，根據四棱錐的體積為4求出高h，再結合直線與平面所成角的正弦值為求解即可.
5．【答案】D
【知識點】函數的零點與方程根的關系
【解析】【解答】解：令，解得，則；
函數的定義域為，令，即，根據對數、反比例函數圖象可知：，即；
函數定義域為，令，即，由圖可知：，即，
綜上所述，.
故答案為：D.
【分析】分別求零點，結合圖象判斷即可.
6．【答案】B
【知識點】平面向量的共線定理；平面向量數量積的坐標表示、模、夾角；平面向量數量積的坐標表示
【解析】【解答】解：由，，可得，
因為，所以四邊形為直角梯形，且，，，
則四邊形的面積為.
故答案為：B.
【分析】由題意推得四邊形為直角梯形，并求相應得邊長，再由梯形面積公式計算即可.
7．【答案】B
【知識點】含三角函數的復合函數的單調性；函數y=Acos（ωx+φ）的圖象與性質
【解析】【解答】解：函數，因為，，
所以，所以，即，
又因為在區間上單調，所以，解得，
則的最大值為.
故答案為：B.
【分析】根據，，可得函數的周期，根據函數的最小正周期公式求，再根據函數在區間上單調，列出不等式求解即可.
8．【答案】C
【知識點】古典概型及其概率計算公式
【解析】【解答】解： 任意拋擲一次這個正八面體 ，樣本空間為，
因為，，所以，，
若事件滿足，，則，，且，
由，可得事件；又因為，所以1或2，
(1)若，則，即，，
此時不滿足；
(2)若，則，且，又因為，
所以或，即或3；
①、若，，此時或或或
，也就是從事件中的四個樣本點中選3個，再加入6這一個樣本
點，即有個滿足條件的事件；
②、若，，同理有個滿足條件的事件；
③、若，，此時或
或或，
即從事件的四個樣本點中選1個，再加入5，6，7這三個樣本點，
即有個滿足條件的事件；
④若，，同理有個滿足條件的事件；
綜上所述，滿足條件的事件共計個.
故答案為：C.
【分析】根據事件的運算法則得到各個事件的概率，根據題意得出1或2，分別討論這兩種情況即可.
9．【答案】A,C
【知識點】復數的基本概念；復數代數形式的乘除運算；復數的模；共軛復數；復數運算的幾何意義
【解析】【解答】解：A、，則，故A正確；
B、若為純虛數，則，故B錯誤；
C、易知，故C正確；
D、由，可得復數在復平面對應的點在以點為圓心，2為半徑的圓上，
的幾何意義是點到點的距離，則，故D錯誤.
故答案為：AC.
【分析】根據復數的模、虛數的概念、復數的乘法即可判斷ABC正；根據復數的幾何意義并根據圓上點的距離最值問題即可判斷D.
10．【答案】B,C,D
【知識點】等差數列的通項公式；等差數列的前n項和；數列與函數的綜合
【解析】【解答】解：A、設等差數列的公差為，
由題意可得，解得，故A錯誤；
B、，故B正確；
C、，
由二次函數的性質可知：當時，取得最小值，故C正確；
D、由A選項可得：，
則
即數列為等差數列，公差為4，首項為，
則的前項和為：，故D正確.
故答案為：BCD.
【分析】利用等差數列的通項公式和求和公式，結合二次函數性質求解即可.
11．【答案】A,B,D
【知識點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數的極值；利用導數研究函數最大（小）值
【解析】【解答】解：A、當時，函數，
求導可得，令，解得，
當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減，
當時，函數有最大值，且最大值為，故A正確；
圖（a） 圖（b） 圖（c） 圖（d）
B、當時，，，
①當時，恒成立，單調遞增，如圖（b）；
②當時，當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減，如圖（c）；
當時，，易知
當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減；如圖（d）
綜上所述，在上單調遞增，故B正確；
C、取時，，故C錯誤；
D、當時，的圖象與軸可能有三個交點，
則，解得，故D正確.
故答案為：ABD.
【分析】將代數函數，分情況取絕對值可得分段函數的解析式，求導，利用導數判斷函數的單調性，并求最值即可判斷A；對參數進行分類討論得出解析式，求導，利用導數判斷函數的單調性即可判斷B；取特殊值可知當時，即可判斷C；根據函數圖象由交點個數得出不等式可解得即可判斷D.
12．【答案】
【知識點】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解： 在中，，，，
由正弦定理，可得，解得，
因為，所以，即.
故答案為：.
【分析】由題意，利用正弦定理求解即可.
13．【答案】3
【知識點】函數的定義域及其求法；函數的奇偶性；基本不等式
【解析】【解答】解：易知函數定義域為，且為偶函數，，
當且僅當，即時等號成立，
因為的圖象與直線有兩個交點，所以的最小值為.
故答案為：.
【分析】易知函數的定義域以及奇偶性，由基本不等式求得，當且僅當時，的圖象與直線有兩個交點，即可得的最小值.
14．【答案】；；
【知識點】平面內兩點間的距離公式；橢圓的簡單性質；直線與圓錐曲線的綜合問題；圓與圓錐曲線的綜合
【解析】【解答】解：易知橢圓的右焦點，長半軸長，離心率；
若經過點且垂直于軸，則，因為，所以，
直線，將代入橢圓，解得，則；
若沒有經過點，設，，
由橢圓性質和題意可知，，所以，
，
由橢圓方程得，
代入上式有
，
則，
同理，則的周長.
故答案為：，.
【分析】易知橢圓的右焦點，長半軸長，當直線經過點且垂直于軸時，，利用橢圓中的關系求得，即可求線段；當直線不經過點時，設，，由圓與直線相切的位置關系，結合弦長公式計算即可.
15．【答案】（1）解：記事件=“低碳出行”，，，，
；
（2）解：由（1）知，則有，
記事件=“今年參加活動的游客明年繼續參加活動”，
由題意，，
則.
【知識點】離散型隨機變量的期望與方差；二項分布；全概率公式
【解析】【分析】（1）記事件，根據二項分布的期望公式計算即可；
（2）根據全概率公式計算即可.
（1）記“低碳出行”為事件，估計.
則，，
；
（2）由（1）知，則有，
記“今年參加活動的游客明年繼續參加活動”為事件，
由題意，，
所以.
16．【答案】（1）解：函數定義域為，且，
，，
則曲線在點處的切線方程為；
（2）證明：函數定義域為，
①當時，，，則，即；
②當時，，
設，，
由于均在上單調遞增，故在上單調遞增，，所以，
則在上單調遞增，，，即，在上單調遞增，，
則，
綜上所述，.
【知識點】導數的幾何意義；利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數最大（小）值；利用導數研究曲線上某點切線方程
【解析】【分析】（1）求函數的定義域，求導，利用導數的幾何意義求解即可；
（2）對分和，求導，即可根據單調性求解，將不等式變形為，構造，，分別利用導數求解函數的單調性，求最值即可.
（1），
，則，
曲線在點處的切線方程為.
（2）解法1：定義域為.
①當時，，，則，即；
②當時，.
設，，
由于均在上單調遞增，故在上單調遞增，，
所以，
所以在上單調遞增，，，即，
所以在上單調遞增，，則，
綜上所述，.
解法2：定義域為.
要證，只需證，只需證，
令，，，
當，，單調遞減；
當，，單調遞增，
，
，
當，，單調遞增；
當，，單調遞減，
，
綜上所述，，也就是，即
17．【答案】（1）證明：取的中點為，連接，，如圖所示：
因為點，分別是，的中點，所以，，
在菱形中，，，則四邊形為平行四邊形，即，
又因為平面，平面，所以平面；
（2）解：連接，，
因為，，，平面，平面，所以平面，
又因為平面，所以，所以，
又因為，則，所以，即直線，，兩兩垂直，
以為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖所示：
則，，，，，
，，，，
設平面的法向量為，平面的法向量為，
則，即取，
則，即，取，
設平面與平面所成角為，則，
即平面與平面所成角的余弦值為.
【知識點】空間中的點的坐標；直線與平面平行的判定；用空間向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中點為，連接，，利用中位線的性質構造線線平行，再利用線面平行的判定證明即可；
（2）根據線面垂直的判定先證明平面，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用空間向量法求解即可.
（1）取的中點為，連接，.
點，分別是，的中點，
是的中位線，即，，
在菱形中，，.
，，即四邊形為平行四邊形，則，
又平面，平面，平面.
（2）連接，，
，，，平面，平面，
平面，
又平面，，
，
又，則，所以.
即直線，，兩兩垂直.
如圖，以為坐標原點建立空間直角坐標系，
則，，，，
，，，.
設平面的法向量為，平面的法向量為，
由得取.
由得取.
設平面與平面所成角為，則
，
即平面與平面所成角的余弦值為.
18．【答案】（1）解： 由數列中，，都有，，成等差數列，且公差為，
可得，，成等差數列，公差為2；，，成等差數列，公差為4，
則，，，；
（2）解：由題意，，
當，時，
，
且滿足上式，當為奇數時，，
當時，，
故；
（3）解：存在時，使得，，，成等比數列；
證明如下：由（2）可得，，，
假設，，成等比數列，
則，
化簡得，所以，即，
此時，故當時，，，，成等比數列.
【知識點】等差數列的性質；等比數列的性質；數列的通項公式
【解析】【分析】（1）由題意可得，，成等差數列，公差為2；，，成等差數列，公差為4求解即可；
（2）由題意可得，再分與兩種情況求解即可；
（3）根據等比中項的性質，結合通項公式求解即可.
（1）由題意，，，成等差數列，公差為2；，，成等差數列，公差為4.
則，，，.
（2）由題意，.
當，時，
，
且滿足上式，所以當為奇數時，.
當時，.
所以
（3）存在時，使得，，，成等比數列
證明如下：
由（2）可得，，，
假設，，成等比數列，
則，
化簡得，所以，即，
此時，所以當時，，，，成等比數列.
19．【答案】（1）解：當時，函數為常數函數；
當時，函數
，函數不是常數函數；
（2）解：設，不妨令，
函數
，
若函數是常數函數，則，
則，
得，即，
得或，，所以或，，
同理或，，或，，
則①，
集合共有13個元素，從中任取3個元素組成集合，
共個，
而滿足①的集合有，，，，，
共5個，
則使得函數是常數函數的概率為；
（3）解：不妨令，
因為
，
若函數是常數函數，則
得，所以，
得，，所以，，
①當為偶數時，可以拆分成組兩項（，）的和，每一組為定值時，也為定值，
所以函數是常數函數的一個充分條件可以是，
②當為奇數時，可以拆分成1組三項的和與組兩項（，）的和，每一組為定值時，也為定值，
所以函數是常數函數的一個充分條件可以是，
綜上所述，當為偶數時，函數是常數函數的一個充分條件可以是
；
當為奇數時，函數是常數函數的一個充分條件可以是
.
【知識點】充分條件；古典概型及其概率計算公式；簡單的三角恒等變換；運用誘導公式化簡求值
【解析】【分析】（1）利用誘導公式，同角三角函數基本關系，二倍角公式化簡函數，再結合常數函數概念判定即可；
（2）根據常數函數概念，結合和差角公式計算，再結合古典概型概率公式計算即可；
（3）根據常數函數概念，結合三角恒等變換，分情況討論，找出充分條件即可.
（1）當時，，
此時是常數函數；
當時，
，此時不是常數函數.
（2）設，不妨令.
.
若函數是常數函數，則
則，
得，所以，
得或，，所以或，，
同理或，，或，，
則①
集合共有13個元素，從中任取3個元素組成集合，
共個，
而滿足①的集合有，，，，，共5個，
則使得函數是常數函數的概率為.
（3）不妨令，
因為
，
若函數是常數函數，則
得，所以，
得，，所以，，
①當為偶數時，可以拆分成組兩項（，）的和，每一組為定值時，也為定值，
所以函數是常數函數的一個充分條件可以是
②當為奇數時，可以拆分成1組三項的和與組兩項（，）的和，每一組為定值時，也為定值，
所以函數是常數函數的一個充分條件可以是
.
綜上所述，
當為偶數時，函數是常數函數的一個充分條件可以是
；
當為奇數時，函數是常數函數的一個充分條件可以是
.
1 / 1廣東省2025屆普通高中畢業班第二次調研考試數學試卷
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1．（2024高三上·廣東模擬）“”是“”的（　　）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷
【解析】【解答】解：由不等式，解得或，
集合是集合或的真子集，
則“”是“”的充分不必要條件，
故答案為：A.
【分析】先解不等式求得相應解集，再根據解集之間的包含關系，結合充分、必要條件的定義判斷即可.
2．（2024高三上·廣東模擬）若雙曲線滿足，則的離心率為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】雙曲線的簡單性質
【解析】【解答】解： 雙曲線滿足，
則的離心率為.
故答案為：C.
【分析】根據雙曲線離心率公式計算即可.
3．（2024高三上·廣東模擬）設全集，，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】交、并、補集的混合運算
【解析】【解答】解：因為全集，所以，則，
即.
故答案為：A.
【分析】根據集合的交并補集的性質可得，再求解即可.
4．（2024高三上·廣東模擬）已知四棱錐的體積為4，底面是邊長為的正方形，，則直線與平面所成角的正弦值為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】直線與平面所成的角；錐體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：四棱錐，如圖所示：
設四棱錐的高為，
因為四棱錐的體積為，所以，得，
則直線與平面所成角的正弦值為.
故答案為：B.
【分析】設四棱錐的高為，根據四棱錐的體積為4求出高h，再結合直線與平面所成角的正弦值為求解即可.
5．（2024高三上·廣東模擬）設，，分別為函數，，的零點，則，，的大小關系為(　　).
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】函數的零點與方程根的關系
【解析】【解答】解：令，解得，則；
函數的定義域為，令，即，根據對數、反比例函數圖象可知：，即；
函數定義域為，令，即，由圖可知：，即，
綜上所述，.
故答案為：D.
【分析】分別求零點，結合圖象判斷即可.
6．（2024高三上·廣東模擬）已知向量，，，則四邊形的面積為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】平面向量的共線定理；平面向量數量積的坐標表示、模、夾角；平面向量數量積的坐標表示
【解析】【解答】解：由，，可得，
因為，所以四邊形為直角梯形，且，，，
則四邊形的面積為.
故答案為：B.
【分析】由題意推得四邊形為直角梯形，并求相應得邊長，再由梯形面積公式計算即可.
7．（2024高三上·廣東模擬）已知函數（，），，，且在區間上單調，則的最大值為(　　).
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】含三角函數的復合函數的單調性；函數y=Acos（ωx+φ）的圖象與性質
【解析】【解答】解：函數，因為，，
所以，所以，即，
又因為在區間上單調，所以，解得，
則的最大值為.
故答案為：B.
【分析】根據，，可得函數的周期，根據函數的最小正周期公式求，再根據函數在區間上單調，列出不等式求解即可.
8．（2024高三上·廣東模擬）一個正八面體的八個面分別標有數字1到8，任意拋擲一次這個正八面體，觀察它與地面接觸的面上的數字.事件，事件，若事件滿足，，則滿足條件的事件的個數為（　　）
A．4 B．8 C．16 D．24
【答案】C
【知識點】古典概型及其概率計算公式
【解析】【解答】解： 任意拋擲一次這個正八面體 ，樣本空間為，
因為，，所以，，
若事件滿足，，則，，且，
由，可得事件；又因為，所以1或2，
(1)若，則，即，，
此時不滿足；
(2)若，則，且，又因為，
所以或，即或3；
①、若，，此時或或或
，也就是從事件中的四個樣本點中選3個，再加入6這一個樣本
點，即有個滿足條件的事件；
②、若，，同理有個滿足條件的事件；
③、若，，此時或
或或，
即從事件的四個樣本點中選1個，再加入5，6，7這三個樣本點，
即有個滿足條件的事件；
④若，，同理有個滿足條件的事件；
綜上所述，滿足條件的事件共計個.
故答案為：C.
【分析】根據事件的運算法則得到各個事件的概率，根據題意得出1或2，分別討論這兩種情況即可.
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9．（2024高三上·廣東模擬）已知復數滿足，則（　　）
A．可以是 B．若為純虛數，則的虛部是2
C． D．
【答案】A,C
【知識點】復數的基本概念；復數代數形式的乘除運算；復數的模；共軛復數；復數運算的幾何意義
【解析】【解答】解：A、，則，故A正確；
B、若為純虛數，則，故B錯誤；
C、易知，故C正確；
D、由，可得復數在復平面對應的點在以點為圓心，2為半徑的圓上，
的幾何意義是點到點的距離，則，故D錯誤.
故答案為：AC.
【分析】根據復數的模、虛數的概念、復數的乘法即可判斷ABC正；根據復數的幾何意義并根據圓上點的距離最值問題即可判斷D.
10．（2024高三上·廣東模擬）已知等差數列的前項和為，且，則（　　）
A．
B．
C．當時，取得最小值
D．記，則數列的前項和為
【答案】B,C,D
【知識點】等差數列的通項公式；等差數列的前n項和；數列與函數的綜合
【解析】【解答】解：A、設等差數列的公差為，
由題意可得，解得，故A錯誤；
B、，故B正確；
C、，
由二次函數的性質可知：當時，取得最小值，故C正確；
D、由A選項可得：，
則
即數列為等差數列，公差為4，首項為，
則的前項和為：，故D正確.
故答案為：BCD.
【分析】利用等差數列的通項公式和求和公式，結合二次函數性質求解即可.
11．（2024高三上·廣東模擬）已知函數，則（　　）
A．當時，在上的最大值為
B．在上單調遞增
C．當時，
D．當且僅當時，曲線與軸有三個交點
【答案】A,B,D
【知識點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數的極值；利用導數研究函數最大（小）值
【解析】【解答】解：A、當時，函數，
求導可得，令，解得，
當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減，
當時，函數有最大值，且最大值為，故A正確；
圖（a） 圖（b） 圖（c） 圖（d）
B、當時，，，
①當時，恒成立，單調遞增，如圖（b）；
②當時，當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減，如圖（c）；
當時，，易知
當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減；如圖（d）
綜上所述，在上單調遞增，故B正確；
C、取時，，故C錯誤；
D、當時，的圖象與軸可能有三個交點，
則，解得，故D正確.
故答案為：ABD.
【分析】將代數函數，分情況取絕對值可得分段函數的解析式，求導，利用導數判斷函數的單調性，并求最值即可判斷A；對參數進行分類討論得出解析式，求導，利用導數判斷函數的單調性即可判斷B；取特殊值可知當時，即可判斷C；根據函數圖象由交點個數得出不等式可解得即可判斷D.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.其中第14題第一空2分，第二空3分.
12．（2024高三上·廣東模擬）在中，，，，則　 　.
【答案】
【知識點】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解： 在中，，，，
由正弦定理，可得，解得，
因為，所以，即.
故答案為：.
【分析】由題意，利用正弦定理求解即可.
13．（2024高三上·廣東模擬）若函數的圖象與直線有兩個交點，則的最小值為　 　.
【答案】3
【知識點】函數的定義域及其求法；函數的奇偶性；基本不等式
【解析】【解答】解：易知函數定義域為，且為偶函數，，
當且僅當，即時等號成立，
因為的圖象與直線有兩個交點，所以的最小值為.
故答案為：.
【分析】易知函數的定義域以及奇偶性，由基本不等式求得，當且僅當時，的圖象與直線有兩個交點，即可得的最小值.
14．（2024高三上·廣東模擬）已知點為橢圓的右焦點，直線與橢圓相交于，兩點，且與圓在軸右側相切.若經過點且垂直于軸，則　 　；若沒有經過點，則的周長為　 　.
【答案】；；
【知識點】平面內兩點間的距離公式；橢圓的簡單性質；直線與圓錐曲線的綜合問題；圓與圓錐曲線的綜合
【解析】【解答】解：易知橢圓的右焦點，長半軸長，離心率；
若經過點且垂直于軸，則，因為，所以，
直線，將代入橢圓，解得，則；
若沒有經過點，設，，
由橢圓性質和題意可知，，所以，
，
由橢圓方程得，
代入上式有
，
則，
同理，則的周長.
故答案為：，.
【分析】易知橢圓的右焦點，長半軸長，當直線經過點且垂直于軸時，，利用橢圓中的關系求得，即可求線段；當直線不經過點時，設，，由圓與直線相切的位置關系，結合弦長公式計算即可.
四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟
15．（2024高三上·廣東模擬）某市舉辦一年一度的風箏節，吸引大批游客前來觀賞.為了解交通狀況，有關部門隨機抽取了200位游客，對其出行方式進行了問卷調查（每位游客只填寫一種出行方式），具體情況如下：
出行方式 地鐵 公交車 出租車 自駕 騎行 步行
頻數 54 27 38 42 18 21
用上表樣本的頻率估計概率，低碳出行方式包括地鐵、公交車、騎行和步行：
（1）若從參加活動的所有游客中隨機抽取3人，這3人中低碳出行的人數記為，求和；
（2）據另一項調查顯示，80%的低碳出行的游客表示明年將繼續參加活動，60%的非低碳出行的游客表示明年將繼續參加活動，求今年參加活動的游客明年繼續參加活動的概率.
【答案】（1）解：記事件=“低碳出行”，，，，
；
（2）解：由（1）知，則有，
記事件=“今年參加活動的游客明年繼續參加活動”，
由題意，，
則.
【知識點】離散型隨機變量的期望與方差；二項分布；全概率公式
【解析】【分析】（1）記事件，根據二項分布的期望公式計算即可；
（2）根據全概率公式計算即可.
（1）記“低碳出行”為事件，估計.
則，，
；
（2）由（1）知，則有，
記“今年參加活動的游客明年繼續參加活動”為事件，
由題意，，
所以.
16．（2024高三上·廣東模擬）已知函數.
（1）求曲線在點處的切線方程；
（2）證明：.
【答案】（1）解：函數定義域為，且，
，，
則曲線在點處的切線方程為；
（2）證明：函數定義域為，
①當時，，，則，即；
②當時，，
設，，
由于均在上單調遞增，故在上單調遞增，，所以，
則在上單調遞增，，，即，在上單調遞增，，
則，
綜上所述，.
【知識點】導數的幾何意義；利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數最大（小）值；利用導數研究曲線上某點切線方程
【解析】【分析】（1）求函數的定義域，求導，利用導數的幾何意義求解即可；
（2）對分和，求導，即可根據單調性求解，將不等式變形為，構造，，分別利用導數求解函數的單調性，求最值即可.
（1），
，則，
曲線在點處的切線方程為.
（2）解法1：定義域為.
①當時，，，則，即；
②當時，.
設，，
由于均在上單調遞增，故在上單調遞增，，
所以，
所以在上單調遞增，，，即，
所以在上單調遞增，，則，
綜上所述，.
解法2：定義域為.
要證，只需證，只需證，
令，，，
當，，單調遞減；
當，，單調遞增，
，
，
當，，單調遞增；
當，，單調遞減，
，
綜上所述，，也就是，即
17．（2024高三上·廣東模擬）如圖，四棱錐的底面是邊長為2菱形，，，分別是，的中點.
（1）求證；平面；
（2）若，，，求平面與平面所成角的余弦值.
【答案】（1）證明：取的中點為，連接，，如圖所示：
因為點，分別是，的中點，所以，，
在菱形中，，，則四邊形為平行四邊形，即，
又因為平面，平面，所以平面；
（2）解：連接，，
因為，，，平面，平面，所以平面，
又因為平面，所以，所以，
又因為，則，所以，即直線，，兩兩垂直，
以為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖所示：
則，，，，，
，，，，
設平面的法向量為，平面的法向量為，
則，即取，
則，即，取，
設平面與平面所成角為，則，
即平面與平面所成角的余弦值為.
【知識點】空間中的點的坐標；直線與平面平行的判定；用空間向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中點為，連接，，利用中位線的性質構造線線平行，再利用線面平行的判定證明即可；
（2）根據線面垂直的判定先證明平面，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用空間向量法求解即可.
（1）取的中點為，連接，.
點，分別是，的中點，
是的中位線，即，，
在菱形中，，.
，，即四邊形為平行四邊形，則，
又平面，平面，平面.
（2）連接，，
，，，平面，平面，
平面，
又平面，，
，
又，則，所以.
即直線，，兩兩垂直.
如圖，以為坐標原點建立空間直角坐標系，
則，，，，
，，，.
設平面的法向量為，平面的法向量為，
由得取.
由得取.
設平面與平面所成角為，則
，
即平面與平面所成角的余弦值為.
18．（2024高三上·廣東模擬）在數列中，，都有，，成等差數列，且公差為.
（1）求，，，；
（2）求數列的通項公式；
（3）是否存在，使得，，，成等比數列.若存在，求出的值；若不存在，說明理由.
【答案】（1）解： 由數列中，，都有，，成等差數列，且公差為，
可得，，成等差數列，公差為2；，，成等差數列，公差為4，
則，，，；
（2）解：由題意，，
當，時，
，
且滿足上式，當為奇數時，，
當時，，
故；
（3）解：存在時，使得，，，成等比數列；
證明如下：由（2）可得，，，
假設，，成等比數列，
則，
化簡得，所以，即，
此時，故當時，，，，成等比數列.
【知識點】等差數列的性質；等比數列的性質；數列的通項公式
【解析】【分析】（1）由題意可得，，成等差數列，公差為2；，，成等差數列，公差為4求解即可；
（2）由題意可得，再分與兩種情況求解即可；
（3）根據等比中項的性質，結合通項公式求解即可.
（1）由題意，，，成等差數列，公差為2；，，成等差數列，公差為4.
則，，，.
（2）由題意，.
當，時，
，
且滿足上式，所以當為奇數時，.
當時，.
所以
（3）存在時，使得，，，成等比數列
證明如下：
由（2）可得，，，
假設，，成等比數列，
則，
化簡得，所以，即，
此時，所以當時，，，，成等比數列.
19．（2024高三上·廣東模擬）已知集合，，設函數.
（1）當和時，分別判斷函數是否是常數函數？說明理由；
（2）已知，求函數是常數函數的概率；
（3）寫出函數是常數函數的一個充分條件，并說明理由.
【答案】（1）解：當時，函數為常數函數；
當時，函數
，函數不是常數函數；
（2）解：設，不妨令，
函數
，
若函數是常數函數，則，
則，
得，即，
得或，，所以或，，
同理或，，或，，
則①，
集合共有13個元素，從中任取3個元素組成集合，
共個，
而滿足①的集合有，，，，，
共5個，
則使得函數是常數函數的概率為；
（3）解：不妨令，
因為
，
若函數是常數函數，則
得，所以，
得，，所以，，
①當為偶數時，可以拆分成組兩項（，）的和，每一組為定值時，也為定值，
所以函數是常數函數的一個充分條件可以是，
②當為奇數時，可以拆分成1組三項的和與組兩項（，）的和，每一組為定值時，也為定值，
所以函數是常數函數的一個充分條件可以是，
綜上所述，當為偶數時，函數是常數函數的一個充分條件可以是
；
當為奇數時，函數是常數函數的一個充分條件可以是
.
【知識點】充分條件；古典概型及其概率計算公式；簡單的三角恒等變換；運用誘導公式化簡求值
【解析】【分析】（1）利用誘導公式，同角三角函數基本關系，二倍角公式化簡函數，再結合常數函數概念判定即可；
（2）根據常數函數概念，結合和差角公式計算，再結合古典概型概率公式計算即可；
（3）根據常數函數概念，結合三角恒等變換，分情況討論，找出充分條件即可.
（1）當時，，
此時是常數函數；
當時，
，此時不是常數函數.
（2）設，不妨令.
.
若函數是常數函數，則
則，
得，所以，
得或，，所以或，，
同理或，，或，，
則①
集合共有13個元素，從中任取3個元素組成集合，
共個，
而滿足①的集合有，，，，，共5個，
則使得函數是常數函數的概率為.
（3）不妨令，
因為
，
若函數是常數函數，則
得，所以，
得，，所以，，
①當為偶數時，可以拆分成組兩項（，）的和，每一組為定值時，也為定值，
所以函數是常數函數的一個充分條件可以是
②當為奇數時，可以拆分成1組三項的和與組兩項（，）的和，每一組為定值時，也為定值，
所以函數是常數函數的一個充分條件可以是
.
綜上所述，
當為偶數時，函數是常數函數的一個充分條件可以是
；
當為奇數時，函數是常數函數的一個充分條件可以是
.
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