广东省广州市真光中学2025届高三上学期开学质量检测数学试题
1．（2024高三上·广州开学考）已知集合 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·广州开学考）已知复数满足（为虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·广州开学考）已知向量，．若，则（ ）
A．1 B． C．12 D．
4．（2024高三上·广州开学考）已知，则（ ）
A．5 B． C．-5 D．
5．（2024高三上·广州开学考）已知函数且在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·广州开学考）已知某圆柱的底面直径与某圆锥的底面半径相等，且它们的表面积也相等，圆锥的底面积是圆锥侧面积的一半，则此圆锥与圆柱的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·广州开学考）函数与的图像有个交点，其坐标依次为，，，，则（ ）
A．4 B．8 C．12 D．16
8．（2024高三上·广州开学考）定义在上的函数满足，，，且当时，，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·广州开学考）李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（ ）
A．P(X＞32)＞P(Y＞32)
B．P(X≤36)＝P(Y≤36)
C．李明计划7：34前到校，应选择坐公交车
D．李明计划7：40前到校，应选择骑自行车
10．（2024高三上·广州开学考）已知是定义在上的奇函数，当时，，则（ ）
A．的极大值点为 B．函数的零点个数为3
C．函数的零点个数为7 D．的解集为
11．（2024高三上·广州开学考）天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时，发现了平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹.我们称其为卡西尼卵形线在平面直角坐标系中，设定点为，点为坐标原点，动点满足.下列四个命题中，正确的是（ ）
A．点P的轨迹既是中心对称又是轴对称图形
B．点的横坐标的取值范围是
C．的最小值为
D．的面积的最大值为
12．（2024高三上·广州开学考）双曲线，过左、右焦点作平行于y轴的直线交双曲线于A，B，C，D，若ABCD构成正方形，求双曲线的离心率为 。
13．（2024高三上·广州开学考）已知曲线：和曲线：，若存在斜率为1的直线与，同时相切，则b的取值范围是 .
14．（2024高三上·广州开学考）编号为1、2、3、4的四名学生随机入座编号为1、2、3、4的座位，每个座位坐1人，座位编号和学生编号一致时称为一个“配对”，用X表示“配对”数，则X的期望 ．
15．（2024高三上·广州开学考）在中，角所对的边分别为，已知．
（1）求；
（2）求；
（3）求的值．
16．（2024高三上·广州开学考）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为．
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）若直线BD的斜率为0，求t的值．
17．（2024高三上·广州开学考）如图，在四棱锥中，，，，点在上，且，．
（1）若为线段中点，求证：平面．
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
18．（2024高三上·广州开学考）设函数，直线是曲线在点处的切线．
（1）当时，求的单调区间.
（2）求证：不经过点.
（3）当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？
（参考数据：，，）
19．（2024高三上·广州开学考）已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为．
（1）给定数列和序列，写出；
（2）是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；
（3）若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】 ， .
故答案为：C.
【分析】根据一元二次不等式解法求得集合B，由交集定义得到结果.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以．
故答案为：B
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简即可.
3．【答案】C
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：法一：由，，得．
由，得，即，解得．
故选：C．
法二：由，得，即，
将代入得，，解得．
故答案为：C．
【分析】
法一：由的坐标，求得的坐标，利用向量垂直的坐标表示式列出方程求解即得；
法二：先由化简，再代入得坐标计算即得.
4．【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的余弦公式
【解析】【解答】解：，则
则，
即，所以，
∴，
故答案为：D
【分析】由角的变换，利用余弦的和，差角公式和展开，从而可得答案.
5．【答案】A
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：由题意，函数且在上单调递减，
则满足，
解得，即实数的取值范围为．
故答案为：A．
【分析】由函数在上单调递减，结合分段函数的单调性的概念，得到不等式组，即可求解．
【点睛】
本题主要考查了利用分段函数的单调性求解参数问题，其中解答中熟记分段函数的单调性的概念，结合二次函数的性质和对数的运算，列出相应的不等式组是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
6．【答案】A
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于圆锥：设圆锥的底面半径为，母线长为，则，
即，所以圆锥的高，圆锥的体积.
对于圆柱：圆柱的底面半径为，设圆柱的高为，因为圆锥与圆柱的表面积相等，
所以，解得，
所以圆柱的体积，
故.
故答案为：A
【分析】利用假设法，先假设圆锥的半径，分别求出圆锥与圆柱的体积，进行求比值即可得到结果.
本题考查简单几何体的表面积与体积，考查空间想象能力.
7．【答案】A
【知识点】奇偶函数图象的对称性；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：，两个函数对称中心均为为，在同一坐标系中作出两个函数的图象，如图：
由图可知共有四个交点，且关于对称，故．
故答案为：A.
【分析】由已知函数解析式可知两个函数对称中心均为为，在同一坐标系中作出两个函数的图象，结合图象根据对称性即可得到答案．
【点睛】
本题主要考查函数的图象，中心对称图形的特点，属于中档题．
8．【答案】D
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：，，
令得：，又，
反复利用可得：
①，
再令，由，可求得，
同理反复利用可得：
②，
由①②可得：有，
，，而，
所以，，
故．
故答案为：D．
【分析】先由已知条件求出一些特值，，，反复利用，可得，，再由与、与的大小关系从而得出结论．
9．【答案】B,C,D
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】A.由条件可知，，根据对称性可知，A不符合题意；
B.， ，所以，B符合题意；
C. =，所以，C符合题意；
D. ，，所以，D符合题意.
故答案为：BCD
【分析】利用已知条件结合随机变量服从正态分布，再结合正态分布对应的函数的图象的对称性，从而得出所求的概率，再结合比较法找出正确的选项。
10．【答案】A,B,C
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、因为函数是定义在上的奇函数， 所以，
当时，，则，令，解得，
令，解得，则在单调递减，在上单调递增，
则的极小值点为1，又因为函数是定义在上的奇函数，所以的极大值点为，
故A正确；
B、当时，，则，
因为是定义在上的奇函数，所以，所以
分别画出和的图象，如图所示：
由图可知，函数的零点个数为3，故B正确；
C、令，得或或，
令，得，或，
分别画出的图象，如图所示：
由图可知：函数的零点个数为7，故C正确；
D、令，则，
，故D错误；
故答案为：ABC.
【分析】利用导函数求出单调区间，根据极值定义和奇偶性即可判断A；数形结合即可判断B、C；赋值即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】圆锥曲线的实际背景及作用；圆与圆锥曲线的综合；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：由题意可知P的轨迹方程为：，
则关于轴对称的点的横纵坐标满足
，
同理关于轴对称的点，
关于原点对称的点均满足轨迹方程
，
，
即P的轨迹关于轴、轴轴对称，关于原点中心对称，故A正确；
由基本不等式可知，当且仅当，
即时取得最小值，故C正确；
将轨迹方程平方得
，
整理得，
解之得，
所以，故B错误；
又因为，故，
当且仅当时取得最大值，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A项根据轴对称图形、中心对称图形的方程特征进行判断即可；B项结合曲线方程特征消元转化进行判断即可；C项根据卡西尼卵形线的定义，结合基本不等式进行判断即可；D项根据方程特征求得P纵坐标的范围，结合三角形面积公式进行判断即可.
【点睛】
难点在于对轨迹方程的变形与化简，利用方程的特点求横纵坐标的取值范围是本题关键.
12．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为为通径，由题意可知：，
则，即，
可得，解答，或（舍去），
所以 双曲线的离心率为.
故答案为：.
【分析】根据题意结合双曲线的通径可知，进而分析求解即可.
13．【答案】
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：由题意得，，
设斜率为1的切线在，上的切点横坐标分别为，，
所以，则，，
两点处的切线方程分别为，，
所以，即，
所以b的取值范围为.
故答案为：.
【分析】分别求出两函数的导函数，再分别设直线与两曲线的切点的横坐标，由于斜率为1即导数值为1分别求出切点横坐标，可得切线方程，再根据切线方程系数相等得与的关系式，再根据二次函数性质可求出b的取值范围．
14．【答案】1
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】X的可能取值为0，1，2，4，全排列为 ，
当X=0时，先安排的第一人由3种选择，比如说先安排“1”号人，可以选择2，3，4座位，
如果安排在2号位，则“2”号人也可以由3种选择，比如是安排在1号位，
则“3”号人只能在4号位，“4”号人只能在3号位；如果是安排在3号位，
则“3 ”号人只能在4号位，“4”号人只能在1号位，如果安排在4号位也是类似，
所以有 种排法， ；
当X=1时，先从4人中选一人安排在对应的位置上，由 种选法，
比如选“1”号人安排在1号位，则“2”号人有2种选法，如果选3，则“3”号人只能选4，
“4”号人只能2，；如果选4，则“4”号人只能只能选3，“3”号人只能选2；所以有
种排法， ；
当X=2时，先从4人中选2人安排在对应的位置，有 种选法，比如先安排“1”号人
和“2”号人，分别安排在1号和2号位置，则“3”号人和“4”号人只能由1种排法，所以总共
有6种排法， ；
当X=4时，只有1种排法， ；
其数学期望为 ；
故答案为：1.
【分析】 根据X的可能取值，运用计数原理和古典概型逐项分析计算即可得 X的期望 .
15．【答案】（1）设，，则根据余弦定理得，
即，解得（负舍）；
则.
（2）法一：因为为三角形内角，所以，
再根据正弦定理得，即，解得，
法二：由余弦定理得，
因为，则
（3）法一：因为，且，所以，
由（2）法一知，
因为，则，所以，
则，
.
法二：，
则，
因为为三角形内角，所以，
所以
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；解三角形
【解析】【分析】（1），利用余弦定理即可得到方程，解出即可；
（2）法一：求出，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出，则得到；
（3）法一：根据大边对大角确定为锐角，则得到，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可.
（1）设，，则根据余弦定理得，
即，解得（负舍）；
则.
（2）法一：因为为三角形内角，所以，
再根据正弦定理得，即，解得，
法二：由余弦定理得，
因为，则
（3）法一：因为，且，所以，
由（2）法一知，
因为，则，所以，
则，
.
法二：，
则，
因为为三角形内角，所以，
所以
16．【答案】（1）由题意，从而，
所以椭圆方程为，离心率为；
（2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，
从而设，，
联立，化简并整理得，
由题意，即应满足，
所以，
若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，
所以，在直线方程中令，
得，
所以，
此时应满足，即应满足或，
综上所述，满足题意，此时或.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意得，进一步得，由此即可得解；
（2）设，，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解.
（1）由题意，从而，
所以椭圆方程为，离心率为；
（2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，
从而设，，
联立，化简并整理得，
由题意，即应满足，
所以，
若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，
所以，在直线方程中令，
得，
所以，
此时应满足，即应满足或，
综上所述，满足题意，此时或.
17．【答案】（1）取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
【知识点】直线与平面平行的判定；与二面角有关的立体几何综合题；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值.
（1）取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
18．【答案】（1），
当时，；当，；
在上单调递减，在上单调递增.
则的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），切线的斜率为，
则切线方程为，
将代入则，
即，则，，
令，
假设过，则在存在零点.
，在上单调递增，，
在无零点，与假设矛盾，故直线不过
（3）时，.
，设与轴交点为，
时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知.所以，
则切线的方程为，
令，则.
，则，
，记，
满足条件的有几个即有几个零点.
，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
因为，
，
所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点，
综上所述，有两个零点，即满足的有两个.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可；
（2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可；
（3）分别写出面积表达式，代入得到，再设新函数研究其零点即可.
【点睛】
关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.
（1），
当时，；当，；
在上单调递减，在上单调递增.
则的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），切线的斜率为，
则切线方程为，
将代入则，
即，则，，
令，
假设过，则在存在零点.
，在上单调递增，，
在无零点，与假设矛盾，故直线不过.
（3）时，.
，设与轴交点为，
时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知.所以，
则切线的方程为，
令，则.
，则，
，记，
满足条件的有几个即有几个零点.
，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
因为，
，
所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点，
综上所述，有两个零点，即满足的有两个.
【点睛】
关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.
19．【答案】（1）因为数列，
由序列可得；
由序列可得；
由序列可得；
所以.
（2）假设存在符合条件的，可知的第项之和为，
第项之和为，
则，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的；
（3）我们设序列为，特别规定.
必要性：
若存在序列，使得的各项都相等.
则，所以.
根据的定义，显然有，这里，.
所以不断使用该式就得到，必要性得证.
充分性：
若.
由已知，为偶数，而，所以也是偶数.
我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个.
上面已经说明，这里，.
从而由可得.
同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数.
下面证明不存在使得.
假设存在，根据对称性，不妨设，，即.
情况1：若，则由和都是偶数，知.
对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾；
情况2：若，不妨设.
情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾；
情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有.
假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为.
则此时对任意，由可知必有.
而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾.
综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证.
综上所述：
“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”.
【知识点】数列的应用
【解析】【分析】（1）直接按照的定义写出即可；
（2）利用反证法，假设存在符合条件的，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；
（3）分充分性和必要性两方面论证；解法二：若，分类讨论相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列，使得为常数列，结合定义分析证明即可.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.
（1）因为数列，
由序列可得；
由序列可得；
由序列可得；
所以.
（2）解法一：假设存在符合条件的，可知的第项之和为，第项之和为，
则，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的；
解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，
假设存在符合条件的，且，
因为，即序列共有8项，
由题意可知：，
检验可知：当时，上式不成立，
即假设不成立，所以不存在符合条件的.
（3）解法一：我们设序列为，特别规定.
必要性：
若存在序列，使得的各项都相等.
则，所以.
根据的定义，显然有，这里，.
所以不断使用该式就得到，必要性得证.
充分性：
若.
由已知，为偶数，而，所以也是偶数.
我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个.
上面已经说明，这里，.
从而由可得.
同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数.
下面证明不存在使得.
假设存在，根据对称性，不妨设，，即.
情况1：若，则由和都是偶数，知.
对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾；
情况2：若，不妨设.
情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾；
情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有.
假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为.
则此时对任意，由可知必有.
而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾.
综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证.
解法二：由题意可知：中序列的顺序不影响的结果，
且相对于序列也是无序的，
（ⅰ）若，
不妨设，则，
①当，则，
分别执行个序列、个序列，
可得，为常数列，符合题意；
②当中有且仅有三个数相等，不妨设，则，
即，
分别执行个序列、个序列
可得，
即，
因为为偶数，即为偶数，
可知的奇偶性相同，则，
分别执行个序列，，，，
可得，
为常数列，符合题意；
③若，则，即，
分别执行个、个，
可得，
因为，
可得，
即转为①，可知符合题意；
④当中有且仅有两个数相等，不妨设，则，
即，
分别执行个、个，
可得，
且，可得，
因为为偶数，可知的奇偶性相同，
则为偶数，
且，即转为②，可知符合题意；
⑤若，则，即，
分别执行个、个，
可得，
且，可得，
因为为偶数，
则为偶数，
且，即转为④，可知符合题意；
综上所述：若，则存在序列，使得为常数列；
（ⅱ）若存在序列，使得为常数列，
因为对任意，
均有成立，
若为常数列，则，
所以；
综上所述：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”.
1 / 1广东省广州市真光中学2025届高三上学期开学质量检测数学试题
1．（2024高三上·广州开学考）已知集合 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】 ， .
故答案为：C.
【分析】根据一元二次不等式解法求得集合B，由交集定义得到结果.
2．（2024高三上·广州开学考）已知复数满足（为虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以．
故答案为：B
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简即可.
3．（2024高三上·广州开学考）已知向量，．若，则（ ）
A．1 B． C．12 D．
【答案】C
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：法一：由，，得．
由，得，即，解得．
故选：C．
法二：由，得，即，
将代入得，，解得．
故答案为：C．
【分析】
法一：由的坐标，求得的坐标，利用向量垂直的坐标表示式列出方程求解即得；
法二：先由化简，再代入得坐标计算即得.
4．（2024高三上·广州开学考）已知，则（ ）
A．5 B． C．-5 D．
【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的余弦公式
【解析】【解答】解：，则
则，
即，所以，
∴，
故答案为：D
【分析】由角的变换，利用余弦的和，差角公式和展开，从而可得答案.
5．（2024高三上·广州开学考）已知函数且在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：由题意，函数且在上单调递减，
则满足，
解得，即实数的取值范围为．
故答案为：A．
【分析】由函数在上单调递减，结合分段函数的单调性的概念，得到不等式组，即可求解．
【点睛】
本题主要考查了利用分段函数的单调性求解参数问题，其中解答中熟记分段函数的单调性的概念，结合二次函数的性质和对数的运算，列出相应的不等式组是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
6．（2024高三上·广州开学考）已知某圆柱的底面直径与某圆锥的底面半径相等，且它们的表面积也相等，圆锥的底面积是圆锥侧面积的一半，则此圆锥与圆柱的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于圆锥：设圆锥的底面半径为，母线长为，则，
即，所以圆锥的高，圆锥的体积.
对于圆柱：圆柱的底面半径为，设圆柱的高为，因为圆锥与圆柱的表面积相等，
所以，解得，
所以圆柱的体积，
故.
故答案为：A
【分析】利用假设法，先假设圆锥的半径，分别求出圆锥与圆柱的体积，进行求比值即可得到结果.
本题考查简单几何体的表面积与体积，考查空间想象能力.
7．（2024高三上·广州开学考）函数与的图像有个交点，其坐标依次为，，，，则（ ）
A．4 B．8 C．12 D．16
【答案】A
【知识点】奇偶函数图象的对称性；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：，两个函数对称中心均为为，在同一坐标系中作出两个函数的图象，如图：
由图可知共有四个交点，且关于对称，故．
故答案为：A.
【分析】由已知函数解析式可知两个函数对称中心均为为，在同一坐标系中作出两个函数的图象，结合图象根据对称性即可得到答案．
【点睛】
本题主要考查函数的图象，中心对称图形的特点，属于中档题．
8．（2024高三上·广州开学考）定义在上的函数满足，，，且当时，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：，，
令得：，又，
反复利用可得：
①，
再令，由，可求得，
同理反复利用可得：
②，
由①②可得：有，
，，而，
所以，，
故．
故答案为：D．
【分析】先由已知条件求出一些特值，，，反复利用，可得，，再由与、与的大小关系从而得出结论．
9．（2024高三上·广州开学考）李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（ ）
A．P(X＞32)＞P(Y＞32)
B．P(X≤36)＝P(Y≤36)
C．李明计划7：34前到校，应选择坐公交车
D．李明计划7：40前到校，应选择骑自行车
【答案】B,C,D
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】A.由条件可知，，根据对称性可知，A不符合题意；
B.， ，所以，B符合题意；
C. =，所以，C符合题意；
D. ，，所以，D符合题意.
故答案为：BCD
【分析】利用已知条件结合随机变量服从正态分布，再结合正态分布对应的函数的图象的对称性，从而得出所求的概率，再结合比较法找出正确的选项。
10．（2024高三上·广州开学考）已知是定义在上的奇函数，当时，，则（ ）
A．的极大值点为 B．函数的零点个数为3
C．函数的零点个数为7 D．的解集为
【答案】A,B,C
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、因为函数是定义在上的奇函数， 所以，
当时，，则，令，解得，
令，解得，则在单调递减，在上单调递增，
则的极小值点为1，又因为函数是定义在上的奇函数，所以的极大值点为，
故A正确；
B、当时，，则，
因为是定义在上的奇函数，所以，所以
分别画出和的图象，如图所示：
由图可知，函数的零点个数为3，故B正确；
C、令，得或或，
令，得，或，
分别画出的图象，如图所示：
由图可知：函数的零点个数为7，故C正确；
D、令，则，
，故D错误；
故答案为：ABC.
【分析】利用导函数求出单调区间，根据极值定义和奇偶性即可判断A；数形结合即可判断B、C；赋值即可判断D.
11．（2024高三上·广州开学考）天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时，发现了平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹.我们称其为卡西尼卵形线在平面直角坐标系中，设定点为，点为坐标原点，动点满足.下列四个命题中，正确的是（ ）
A．点P的轨迹既是中心对称又是轴对称图形
B．点的横坐标的取值范围是
C．的最小值为
D．的面积的最大值为
【答案】A,C,D
【知识点】圆锥曲线的实际背景及作用；圆与圆锥曲线的综合；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：由题意可知P的轨迹方程为：，
则关于轴对称的点的横纵坐标满足
，
同理关于轴对称的点，
关于原点对称的点均满足轨迹方程
，
，
即P的轨迹关于轴、轴轴对称，关于原点中心对称，故A正确；
由基本不等式可知，当且仅当，
即时取得最小值，故C正确；
将轨迹方程平方得
，
整理得，
解之得，
所以，故B错误；
又因为，故，
当且仅当时取得最大值，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A项根据轴对称图形、中心对称图形的方程特征进行判断即可；B项结合曲线方程特征消元转化进行判断即可；C项根据卡西尼卵形线的定义，结合基本不等式进行判断即可；D项根据方程特征求得P纵坐标的范围，结合三角形面积公式进行判断即可.
【点睛】
难点在于对轨迹方程的变形与化简，利用方程的特点求横纵坐标的取值范围是本题关键.
12．（2024高三上·广州开学考）双曲线，过左、右焦点作平行于y轴的直线交双曲线于A，B，C，D，若ABCD构成正方形，求双曲线的离心率为 。
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为为通径，由题意可知：，
则，即，
可得，解答，或（舍去），
所以 双曲线的离心率为.
故答案为：.
【分析】根据题意结合双曲线的通径可知，进而分析求解即可.
13．（2024高三上·广州开学考）已知曲线：和曲线：，若存在斜率为1的直线与，同时相切，则b的取值范围是 .
【答案】
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：由题意得，，
设斜率为1的切线在，上的切点横坐标分别为，，
所以，则，，
两点处的切线方程分别为，，
所以，即，
所以b的取值范围为.
故答案为：.
【分析】分别求出两函数的导函数，再分别设直线与两曲线的切点的横坐标，由于斜率为1即导数值为1分别求出切点横坐标，可得切线方程，再根据切线方程系数相等得与的关系式，再根据二次函数性质可求出b的取值范围．
14．（2024高三上·广州开学考）编号为1、2、3、4的四名学生随机入座编号为1、2、3、4的座位，每个座位坐1人，座位编号和学生编号一致时称为一个“配对”，用X表示“配对”数，则X的期望 ．
【答案】1
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】X的可能取值为0，1，2，4，全排列为 ，
当X=0时，先安排的第一人由3种选择，比如说先安排“1”号人，可以选择2，3，4座位，
如果安排在2号位，则“2”号人也可以由3种选择，比如是安排在1号位，
则“3”号人只能在4号位，“4”号人只能在3号位；如果是安排在3号位，
则“3 ”号人只能在4号位，“4”号人只能在1号位，如果安排在4号位也是类似，
所以有 种排法， ；
当X=1时，先从4人中选一人安排在对应的位置上，由 种选法，
比如选“1”号人安排在1号位，则“2”号人有2种选法，如果选3，则“3”号人只能选4，
“4”号人只能2，；如果选4，则“4”号人只能只能选3，“3”号人只能选2；所以有
种排法， ；
当X=2时，先从4人中选2人安排在对应的位置，有 种选法，比如先安排“1”号人
和“2”号人，分别安排在1号和2号位置，则“3”号人和“4”号人只能由1种排法，所以总共
有6种排法， ；
当X=4时，只有1种排法， ；
其数学期望为 ；
故答案为：1.
【分析】 根据X的可能取值，运用计数原理和古典概型逐项分析计算即可得 X的期望 .
15．（2024高三上·广州开学考）在中，角所对的边分别为，已知．
（1）求；
（2）求；
（3）求的值．
【答案】（1）设，，则根据余弦定理得，
即，解得（负舍）；
则.
（2）法一：因为为三角形内角，所以，
再根据正弦定理得，即，解得，
法二：由余弦定理得，
因为，则
（3）法一：因为，且，所以，
由（2）法一知，
因为，则，所以，
则，
.
法二：，
则，
因为为三角形内角，所以，
所以
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；解三角形
【解析】【分析】（1），利用余弦定理即可得到方程，解出即可；
（2）法一：求出，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出，则得到；
（3）法一：根据大边对大角确定为锐角，则得到，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可.
（1）设，，则根据余弦定理得，
即，解得（负舍）；
则.
（2）法一：因为为三角形内角，所以，
再根据正弦定理得，即，解得，
法二：由余弦定理得，
因为，则
（3）法一：因为，且，所以，
由（2）法一知，
因为，则，所以，
则，
.
法二：，
则，
因为为三角形内角，所以，
所以
16．（2024高三上·广州开学考）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为．
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）若直线BD的斜率为0，求t的值．
【答案】（1）由题意，从而，
所以椭圆方程为，离心率为；
（2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，
从而设，，
联立，化简并整理得，
由题意，即应满足，
所以，
若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，
所以，在直线方程中令，
得，
所以，
此时应满足，即应满足或，
综上所述，满足题意，此时或.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意得，进一步得，由此即可得解；
（2）设，，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解.
（1）由题意，从而，
所以椭圆方程为，离心率为；
（2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，
从而设，，
联立，化简并整理得，
由题意，即应满足，
所以，
若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，
所以，在直线方程中令，
得，
所以，
此时应满足，即应满足或，
综上所述，满足题意，此时或.
17．（2024高三上·广州开学考）如图，在四棱锥中，，，，点在上，且，．
（1）若为线段中点，求证：平面．
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
【知识点】直线与平面平行的判定；与二面角有关的立体几何综合题；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值.
（1）取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
18．（2024高三上·广州开学考）设函数，直线是曲线在点处的切线．
（1）当时，求的单调区间.
（2）求证：不经过点.
（3）当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？
（参考数据：，，）
【答案】（1），
当时，；当，；
在上单调递减，在上单调递增.
则的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），切线的斜率为，
则切线方程为，
将代入则，
即，则，，
令，
假设过，则在存在零点.
，在上单调递增，，
在无零点，与假设矛盾，故直线不过
（3）时，.
，设与轴交点为，
时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知.所以，
则切线的方程为，
令，则.
，则，
，记，
满足条件的有几个即有几个零点.
，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
因为，
，
所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点，
综上所述，有两个零点，即满足的有两个.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可；
（2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可；
（3）分别写出面积表达式，代入得到，再设新函数研究其零点即可.
【点睛】
关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.
（1），
当时，；当，；
在上单调递减，在上单调递增.
则的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），切线的斜率为，
则切线方程为，
将代入则，
即，则，，
令，
假设过，则在存在零点.
，在上单调递增，，
在无零点，与假设矛盾，故直线不过.
（3）时，.
，设与轴交点为，
时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知.所以，
则切线的方程为，
令，则.
，则，
，记，
满足条件的有几个即有几个零点.
，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
因为，
，
所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点，
综上所述，有两个零点，即满足的有两个.
【点睛】
关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.
19．（2024高三上·广州开学考）已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为．
（1）给定数列和序列，写出；
（2）是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；
（3）若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”．
【答案】（1）因为数列，
由序列可得；
由序列可得；
由序列可得；
所以.
（2）假设存在符合条件的，可知的第项之和为，
第项之和为，
则，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的；
（3）我们设序列为，特别规定.
必要性：
若存在序列，使得的各项都相等.
则，所以.
根据的定义，显然有，这里，.
所以不断使用该式就得到，必要性得证.
充分性：
若.
由已知，为偶数，而，所以也是偶数.
我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个.
上面已经说明，这里，.
从而由可得.
同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数.
下面证明不存在使得.
假设存在，根据对称性，不妨设，，即.
情况1：若，则由和都是偶数，知.
对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾；
情况2：若，不妨设.
情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾；
情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有.
假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为.
则此时对任意，由可知必有.
而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾.
综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证.
综上所述：
“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”.
【知识点】数列的应用
【解析】【分析】（1）直接按照的定义写出即可；
（2）利用反证法，假设存在符合条件的，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；
（3）分充分性和必要性两方面论证；解法二：若，分类讨论相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列，使得为常数列，结合定义分析证明即可.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.
（1）因为数列，
由序列可得；
由序列可得；
由序列可得；
所以.
（2）解法一：假设存在符合条件的，可知的第项之和为，第项之和为，
则，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的；
解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，
假设存在符合条件的，且，
因为，即序列共有8项，
由题意可知：，
检验可知：当时，上式不成立，
即假设不成立，所以不存在符合条件的.
（3）解法一：我们设序列为，特别规定.
必要性：
若存在序列，使得的各项都相等.
则，所以.
根据的定义，显然有，这里，.
所以不断使用该式就得到，必要性得证.
充分性：
若.
由已知，为偶数，而，所以也是偶数.
我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个.
上面已经说明，这里，.
从而由可得.
同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数.
下面证明不存在使得.
假设存在，根据对称性，不妨设，，即.
情况1：若，则由和都是偶数，知.
对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾；
情况2：若，不妨设.
情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾；
情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有.
假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为.
则此时对任意，由可知必有.
而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾.
综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证.
解法二：由题意可知：中序列的顺序不影响的结果，
且相对于序列也是无序的，
（ⅰ）若，
不妨设，则，
①当，则，
分别执行个序列、个序列，
可得，为常数列，符合题意；
②当中有且仅有三个数相等，不妨设，则，
即，
分别执行个序列、个序列
可得，
即，
因为为偶数，即为偶数，
可知的奇偶性相同，则，
分别执行个序列，，，，
可得，
为常数列，符合题意；
③若，则，即，
分别执行个、个，
可得，
因为，
可得，
即转为①，可知符合题意；
④当中有且仅有两个数相等，不妨设，则，
即，
分别执行个、个，
可得，
且，可得，
因为为偶数，可知的奇偶性相同，
则为偶数，
且，即转为②，可知符合题意；
⑤若，则，即，
分别执行个、个，
可得，
且，可得，
因为为偶数，
则为偶数，
且，即转为④，可知符合题意；
综上所述：若，则存在序列，使得为常数列；
（ⅱ）若存在序列，使得为常数列，
因为对任意，
均有成立，
若为常数列，则，
所以；
综上所述：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”.
1 / 1
