2025年广东省部分地区数学高三上期末质量跟踪监视试题含解析.doc

2025年广东省部分地区数学高三上期末质量跟踪监视试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内2．答题时请按要求用笔3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．直线经过椭圆的左焦点，交椭圆于两点，交轴于点，若，则该椭圆的离心率是（）A． B． C． D．2．在复平面内，复数（为虚数单位）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3．已知向量，，若，则（ ）A． B． C．-8 D．84．已知为两条不重合直线，为两个不重合平面，下列条件中，的充分条件是（ ）A．∥ B．∥C．∥∥ D．5．执行下面的程序框图，如果输入，，则计算机输出的数是（ ）A． B． C． D．6．已知正四面体的棱长为，是该正四面体外接球球心，且，，则（ ）A． B．C． D．7．已知P是双曲线渐近线上一点，，是双曲线的左、右焦点，，记，PO，的斜率为，k，，若，-2k，成等差数列，则此双曲线的离心率为（ ）A． B． C． D．8．已知是的共轭复数,则（ ）A． B． C． D．9．已知定义在上的函数的周期为4，当时，，则（ ）A． B． C． D．10．函数且的图象是（ ）A． B．C． D．11．若集合，，则下列结论正确的是（ ）A． B． C． D．12．是正四面体的面内一动点，为棱中点，记与平面成角为定值，若点的轨迹为一段抛物线，则（ ）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知为正实数，且，则的最小值为____________.14．设函数，则______.15． “”是“”的__________条件.（填写“充分必要”、“充分不必要”、“必要不充分”、“既不充分也不必要”之一）16．已知数列满足对任意，若，则数列的通项公式________．三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．（12分）设函数．（1）当时，解不等式；（2）若的解集为，，求证：．18．（12分）数列满足，是与的等差中项.（1）证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.19．（12分）在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，准线为，是抛物线上上一点，且点的横坐标为，.（1）求抛物线的方程；（2）过点的直线与抛物线交于、两点，过点且与直线垂直的直线与准线交于点，设的中点为，若、、四点共圆，求直线的方程.20．（12分）已知点和椭圆.直线与椭圆交于不同的两点，.（1）当时，求的面积；（2）设直线与椭圆的另一个交点为，当为中点时，求的值.21．（12分）已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若存在实数，使得不等式成立，求实数的取值范围.22．（10分）将棱长为的正方体截去三棱锥后得到如图所示几何体，为的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1、A【解析】由直线过椭圆的左焦点，得到左焦点为，且，再由，求得，代入椭圆的方程，求得，进而利用椭圆的离心率的计算公式，即可求解.【详解】由题意，直线经过椭圆的左焦点，令，解得，所以，即椭圆的左焦点为，且 ①直线交轴于，所以，，因为，所以，所以，又由点在椭圆上，得 ②由，可得，解得，所以，所以椭圆的离心率为.故选A.【点睛】本题考查了椭圆的几何性质——离心率的求解，其中求椭圆的离心率(或范围)，常见有两种方法：①求出 ，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程，即可得的值(范围)．2、C【解析】化简复数为、的形式，可以确定对应的点位于的象限．【详解】解：复数故复数对应的坐标为位于第三象限故选：．【点睛】本题考查复数代数形式的运算，复数和复平面内点的对应关系，属于基础题．3、B【解析】先求出向量,的坐标，然后由可求出参数的值.【详解】由向量，，则，，又，则，解得.故选：B【点睛】本题考查向量的坐标运算和模长的运算，属于基础题.4、D【解析】根据面面垂直的判定定理，对选项中的命题进行分析、判断正误即可.【详解】对于A，当，，时，则平面与平面可能相交，，，故不能作为的充分条件，故A错误；对于B，当，，时，则，故不能作为的充分条件，故B错误；对于C，当，，时，则平面与平面相交，，，故不能作为的充分条件，故C错误；对于D，当，，，则一定能得到，故D正确.故选：D.【点睛】本题考查了面面垂直的判断问题，属于基础题.5、B【解析】先明确该程序框图的功能是计算两个数的最大公约数，再利用辗转相除法计算即可.【详解】本程序框图的功能是计算，中的最大公约数，所以，，，故当输入，，则计算机输出的数是57.故选：B.【点睛】本题考查程序框图的功能，做此类题一定要注意明确程序框图的功能是什么，本题是一道基础题.6、A【解析】如图设平面，球心在上，根据正四面体的性质可得，根据平面向量的加法的几何意义，重心的性质，结合已知求出的值.【详解】如图设平面，球心在上，由正四面体的性质可得：三角形是正三角形，，，在直角三角形中，，，，，，因为为重心，因此，则，因此，因此，则，故选A.【点睛】本题考查了正四面体的性质，考查了平面向量加法的几何意义，考查了重心的性质，属于中档题.7、B【解析】求得双曲线的一条渐近线方程，设出的坐标，由题意求得，运用直线的斜率公式可得，，，再由等差数列中项性质和离心率公式，计算可得所求值．【详解】设双曲线的一条渐近线方程为，且，由，可得以为圆心，为半径的圆与渐近线交于，可得，可取，则，设，，则，，，由，，成等差数列，可得，化为，即，可得，故选：．【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和离心率，考查方程思想和运算能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．8、A【解析】先利用复数的除法运算法则求出的值，再利用共轭复数的定义求出a+bi，从而确定a，b的值，求出a+b．【详解】i，∴a+bi＝﹣i，∴a＝0，b＝﹣1，∴a+b＝﹣1，故选：A．【点睛】本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念，是基础题．9、A【解析】因为给出的解析式只适用于，所以利用周期性，将转化为，再与一起代入解析式，利用对数恒等式和对数的运算性质，即可求得结果.【详解】定义在上的函数的周期为4，当时，，，，.故选：A.【点睛】本题考查了利用函数的周期性求函数值，对数的运算性质，属于中档题.10、B【解析】先判断函数的奇偶性，再取特殊值，利用零点存在性定理判断函数零点分布情况，即可得解.【详解】由题可知定义域为，，是偶函数，关于轴对称，排除C，D.又，，在必有零点，排除A.故选：B.【点睛】本题考查了函数图象的判断，考查了函数的性质，属于中档题.11、D【解析】由题意，分析即得解【详解】由题意，故，故选：D【点睛】本题考查了元素和集合，集合和集合之间的关系，考查了学生概念理解，数学运算能力，属于基础题.12、B【解析】设正四面体的棱长为，建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，求出面的法向量，设的坐标，求出向量，求出线面所成角的正弦值，再由角的范围，结合为定值，得出为定值，且的轨迹为一段抛物线，所以求出坐标的关系，进而求出正切值．【详解】由题意设四面体的棱长为，设为的中点，以为坐标原点，以为轴，以为轴，过垂直于面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则可得，，取的三等分点、如图，则，，，，所以、、、、，由题意设，，和都是等边三角形，为的中点，，，，平面，为平面的一个法向量，因为与平面所成角为定值，则，由题意可得，因为的轨迹为一段抛物线且为定值，则也为定值，，可得，此时，则，.故选：B.【点睛】考查线面所成的角的求法，及正切值为定值时的情况，属于中等题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13、【解析】，所以有，再利用基本不等式求最值即可.【详解】由已知，，所以，当且仅当，即时，等号成立.故答案为：【点睛】本题考查利用基本不等式求和的最小值问题，采用的是“1”的替换，也可以消元等，是一道中档题.14、【解析】由自变量所在定义域范围，代入对应解析式，再由对数加减法运算法则与对数恒等式关系分别求值再相加，即为答案.【详解】因为函数，则因为，则故故答案为：【点睛】本题考查分段函数求值，属于简单题.15、充分不必要【解析】由余弦的二倍角公式可得,即或,即可判断命题的关系.【详解】由,所以或,所以“”是“”的充分不必要条件.故答案为:充分不必要【点睛】本题考查命题的充分条件与必要条件的判断,考查余弦的二倍角公式的应用.16、【解析】由可得，利用等比数列的通项公式可得，再利用累加法求和与等比数列的求和公式，即可得出结论.【详解】由，得，数列是等比数列，首项为2，公比为2，，，，，满足上式，.故答案为:.【点睛】本题考查数列的通项公式，递推公式转化为等比数列是解题的关键，利用累加法求通项公式，属于中档题.三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17、（1）；（2）见解析.【解析】（1）当时，将所求不等式变形为，然后分、、三段解不等式，综合可得出原不等式的解集；（2）先由不等式的解集求得实数，可得出，将代数式变形为，将与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值，进而可证得结论.【详解】（1）当时，不等式为，且.当时，由得，解得，此时；当时，由得，该不等式不成立，此时；当时，由得，解得，此时.综上所述，不等式的解集为；（2）由，得，即或，不等式的解集为，故，解得，，， ，，当且仅当，时取等号，．【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解，同时也考查了利用基本不等式证明不等式，考查推理能力与计算能力，属于中等题.18、（1）见解析，（2）【解析】（1）根据等差中项的定义得，然后构造新等比数列，写出的通项即可求（2）根据（1）的结果，分组求和即可【详解】解：（1）由已知可得，即，可化为，故数列是以为首项，2为公比的等比数列.即有，所以.（2）由（1）知，数列的通项为：，故.【点睛】考查等差中项的定义和分组求和的方法；中档题.19、（1）（2）【解析】（1）由抛物线的定义可得，即可求出，从而得到抛物线方程；（2）设直线的方程为，代入，得.。