广东省广州市部分学校2025届高三第二次教学质量联合测评数学试题
1．（2024高三上·广州模拟）设集合，则，则等于（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·广州模拟）已知复数满足，则（ ）
A． B． C．3 D．5
3．（2024高三上·广州模拟）已知向量，，若，则（ ）
A．2 B．0 C．1 D．-2
4．（2024高三上·广州模拟）北宋数学家沈括在酒馆看见一层层垒起的酒坛，想求这些酒坛的总数，经过反复尝试，终于得出了长方台形垛积的求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积，第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球.....依此类推，最底层有个小球，共有层.现有一个由小球堆成的长方台形垛积，共7层，小球总个数为168，则该垛积的第一层的小球个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．（2024高三上·广州模拟）将6棵高度不同的景观树种植在道路两侧，要求每一侧种植3棵，且每一侧中间的景观树都要比两边的高，则不同的种植方法共有（ ）
A．20种 B．40种 C．80种 D．160种
6．（2024高三上·广州模拟）如图①，上海黄浦江上的卢浦大桥，整体呈优美的弧形对称结构.如图②，将卢浦大桥的主拱看作抛物线，江面和桥面看作水平的直线，主拱的顶端P到江面的距离为100m，且，则顶端到桥面的距离为（ ）
A．50m B． C．55m D．
7．（2024高三上·广州模拟）将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，若在上只有一个极大值点，则ω的最大值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
8．（2024高三上·广州模拟）设，，，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·广州模拟）已知不等式的解集为，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高三上·广州模拟）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
11．（2024高三上·广州模拟）如图，在平行六面体中，已知，，E为棱上一点，且，则（ ）
A．
B．直线与所成角的余弦值为
C．平面
D．直线与平面所成角为
12．（2024高三上·广州模拟）在中，已知，，，为线段上的点，且，则的最小值为 .
13．（2024高三上·广州模拟）已知抛物线的焦点为，若上存在三点，且为的重心，则三边中线长之和为 ．
14．（2024高三上·广州模拟）在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，其中.定义：在维空间中两点与的曼哈顿距离为.在维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离，则 .
15．（2024高三上·广州模拟）在公差不为0的等差数列中，，且是与的等比中项.
（1）求的通项公式；
（2）若，，求数列的前项和.
16．（2024高三上·广州模拟）已知中，内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若点为的中点，且，求的面积.
17．（2024高三上·广州模拟）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点P、Q分别是棱的中点.
（1）在底面内是否存在点，满足平面 若存在，请说明点的位置，若不存在，请说明理由；
（2）设平面交棱于点T，平面将四棱台分成上，下两部分，求与平面所成角的正弦值.
18．（2024高三上·广州模拟）已知和是椭圆Γ：上两点，O是坐标原点.
（1）求椭圆Γ的离心率；
（2）若过点P的直线交Γ于另一点B，且的面积为9，求直线的方程：
（3）过中点的动直线与椭圆Γ有两个交点M，N，试判断在轴上是否存在点使得.若存在，求出点纵坐标的取值范围； 若不存在，说明理由.
19．（2024高三上·广州模拟）已知函数
（1）讨论函数的单调性；
（2）求函数在处切线方程；
（3）若有两解，，且，求证：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：集合在数轴上表示如图所示：
由图可得.
故答案为：B.
【分析】在数轴上表示出集合，再结合交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由题意知，，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据复数的乘除法运算法则得出复数z，再结合复数求模公式，从而得出复数z的模.
3．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，
则，，
则，
化简得，即，
解得.
故答案为：.
【分析】根据向量减法的坐标表示和两向量垂直数量积为0的等价关系以及数量积的坐标表示，从而得出x的值.
4．【答案】B
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：设各层的小球个数为数列，
由题意得，，
因为，可得
，
则，
因为前7层小球总个数为168，所以，
即，解得或（舍去），
所以，可得，即该垛积的第一层的小球个数为个.
故答案为：B.
【分析】设各层的小球个数为数列，利用，可得，
，利用等差数列前n项和公式，求得，再根据题意，列出方程，从而求得的值，进而求出该垛积的第一层的小球个数.
5．【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：一侧的种植方法有种排法，
另一侧的种植方法有种排法，
由分步计数原理得，不同的种植方法共有种排法.
故答案为：C.
【分析】先分步结合排列数公式、组合数公式计算出两侧的排法，再结合分步乘法计数原理，从而得出不同的种植方法种数.
6．【答案】A
【知识点】抛物线的应用
【解析】【解答】解：以为坐标原点，建立如图平面直角坐标系，依题意可知，
设抛物线方程为，其中为点到桥面的距离，
则，解得．
故答案为：A.
【分析】以为坐标原点建立平面坐标系，设抛物线方程为，从而表达出点的坐标，设，其中为点到桥面的距离，将点坐标代入抛物线方程，从而求出的值，进而得出顶端到桥面的距离.
7．【答案】B
【知识点】函数在某点取得极值的条件；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由题可知，
当时，，
若在上只有一个极大值点，
则由的图象可得，
解得，
因为，所以的最大值为3.
故答案为：B.
【分析】根据余弦型函数的伸缩变换可得，再由余弦型函数图象的性质和极值点个数，从而解不等式可得ω的取值范围和ω与正整数集的关系，进而得出ω的最大值.
8．【答案】A
【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
【解析】【解答】解：构造函数，
则，
令时，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以函数在处取最小值，所以，（且），
可得，所以，
再构造函数，可得，
因为，可得，，
所以，在上递增，
所以，可得，
即，所以，
综上可得：.
故答案为：A.
【分析】构造函数，利用导数判断出函数的单调性，从而得出函数的最小值，进而得到，则得出，构造函数，从而判断出函数在上的单调性，再结合，从而得到，进而比较出a，b，c的大小.
9．【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：由题意可得和为方程的两根，且，
所以，即，，故A错误；
又因为，当且仅当等号成立，因为，所以，故B正确；
因为
，故C正确；
因为且，
所以，即，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由已知条件和韦达定理得出的关系：，则判断出选项A和选项B；把用表示，再代入化简，则判断出选项C；由作差比较大小的方法，从而判断出选项D，进而找出正确的选项．
10．【答案】A,D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：对于A、B，由可得，故A正确，B错误；
对于C，利用正态曲线的对称性可知，，
且，则，
所以，故C错误；
对于D，利用正态曲线的对称性可知，，
可得，
所以，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据正态分布求期望公式判断出选项A；利用正态分布求方差公式判断出选项B；根据正态分布对应的密度概率函数图象的对称性，从而求出相应的概率，进而判断出选项C和选项D，则找出正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：不妨设
则.
对于A，因，
故
，故，故A正确；
对于B，因，，
则，
，
设直线与所成角为，则故B正确；
对于C，因
，
即与不垂直，故不与平面垂直，故C错误；
对于D，因为，，
因为，，
则
因为平面，
故平面，
即平面的法向量可取为，
又因为，设直线与平面所成角为，
因为，，，
则，
因为，故，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】通过建立空间的一组基底，将相关直线的方向向量用基向量表示，再利用向量数量积的运算法则求模长的方法，则判断选项A；利用空间向量的夹角公式，从而判断出选项B；利用向量的数量积得出线线垂直，再利用线线垂直证出线面垂直，则判断出选项C；求出平面的法向量，再利用数量积求空间向量的夹角公式，从而得出线面角，则判断选项D，进而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由，得出，
在中，，，
则，，即，
所以，即，
又因为，所以，
所以，
则，
即，
又因为点在线段上，则，即，且，，
所以，
当且仅当，即，时等号成立.
故答案为：.
【分析】根据三角形内角和定理和诱导公式以及两角和的正弦公式，利用三角形中角A和角C的取值范围，从而得出角的值，再由平面向量基本定理和数量积的运算法则，从而求出向量的模，利用三角形的面积公式，则可得各边边长，由点在线段上，可知，则代入结合基本不等式求最值的方法，从而可得的最小值.
13．【答案】
【知识点】抛物线的简单性质；三角形五心
【解析】【解答】解：如图：
依题意，，设，，
因为为的重心，所以，即．
由抛物线的定义可知，
所以边的中线长为，
同理可得边和边的中线长分别为：
，，
所以三边中线长之和为．
故答案为：.
【分析】先求出抛物线焦点坐标，再根据三角形重心坐标公式可得，则由抛物线焦半径结合三角形重心的性质，从而得出三边中线长之和.
14．【答案】
【知识点】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】【解答】解：对于维坐标，其中，
即有两种选择，故共有种选择，即维“立方体”的顶点个数是个顶点，
当时，在坐标与中有个坐标值不同，
即有个坐标值满足，剩下个坐标值满足，
则满足的个数为，
所以.
故随机变量X的分布列为：
则.
故答案为：.
【分析】先确定样本点总数，得到随机变量的可能取值，则求出概率为，从而列出随机变量X的分布列，再利用随机变量分布列求数学期望公式，进而得出随机变量X的数学期望.
15．【答案】（1）解：设的公差为，
因为是与的等比中项，
所以，即，
整理得，
又因为，，所以，
则数列的通项公式为：.
（2）解：由（1）可得，，
则①，
②，
①-②得
，
则.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等比中项
【解析】【分析】（1）根据等比中项公式和等差数列通项公式，结合已知条件，从而得出公差的值，再利用等差数列的通项公式，则得出数列的通项公式.
（2）由（1）中数列的通项公式和已知条件，则得出数列的通项公式，进而得出数列的通项公式，再由错位相减的方法，则得出数列的前项和.
（1）设的公差为，因为是与的等比中项，
所以，即，
整理得.
又，，所以，
则.
（2）由（1）可得，，
则①，
②，
①-②得
则.
16．【答案】（1）解：设，
由余弦定理得.
（2）解：在中，，，，
由余弦定理得，
即，解得，
又因为，
故，
则.
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）设，再由余弦定理求出的值.
（2）在中，，，由余弦定理列出方程，从而求出的值，利用同角三角函数基本关系式得到的值，即可求出的面积.
（1）设，
则由余弦定理得；
（2）在中，，，，
由余弦定理得，
即，解得，
又，
故，.
17．【答案】（1）解：因为底面，且是正方形，故可以点为坐标原点，
分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则
因为点P、Q分别是棱的中点，
则，，
假设在底面内存在点，使得平面，则
则
由，解得，
故存在点，满足平面.
（2）解：按照（1）建系，设点，
依题意，四点共面，故必有，
即，
则，解得，
即，
又因为，
设平面的法向量为，
则，
故可取.因，
设与平面所成角为，则.
即与平面所成角的正弦值为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的定义证出线线垂直，结合正方形的结构特征证出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，则求出相关点的坐标和相关向量的坐标，再通过线线垂直建立方程组，即可求得点的坐标，从而得出存在点，满足平面.
（2）按（1）建系，利用四点共面求得点坐标，再利用空间向量数量积求向量夹角公式，从而由诱导公式计算得出与平面所成角的正弦值.
（1）因底面，且是正方形，故可以点为坐标原点，
分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则
因点P、Q分别是棱的中点，则，
，
假设在底面内存在点，使得平面，则
则由，解得，
故存在点，满足平面；
（2）按照（1）建系，设点，
依题意，四点共面，故必有，
即，则得，，解得，
即，又，
设平面的法向量为，则，
故可取.因，
设与平面所成角为，则.
即与平面所成角的正弦值为.
18．【答案】（1）解：由题意得，解得，
所以椭圆方程为：，
所以.
（2）解：因为，
则直线的方程为，即，
则，
由（1）知椭圆，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移个单位，
此时该平行线与椭圆的交点为点，
设该平行线的方程为：，
则，解得或，
当时，联立，
解得或，
即或，
当时，此时，
则直线的方程为，即；
当时，此时，
则直线的方程为，即，
当时，联立得，
则，此时该直线与椭圆无交点，
综上所述，直线的方程为或.
（3）解：因为椭圆方程为：，
若过中点的动直线的斜率存在，
则可设该直线方程为：，
设，
由，可得，
故
且
因为，故
，
因为恒成立，
故，解得，
若过点的动直线的斜率不存在，
则，此时需，
两者结合可得，故这个点纵坐标的取值范围为.
【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）利用已知条件和代入法，从而得到关于的方程，再解方程组得出a，b的值，再根据椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出椭圆Γ的离心率.
（2）以为底，求出三角形的高，即求出点到直线的距离，利用平行直线求距离公式，从而得到平移后的直线方程，再联立直线与椭圆方程得到点的坐标，进而得到直线的方程.
（3）设该直线方程为：，，联立直线方程和椭圆方程并消元，则结合韦达定理和数量积的坐标运算，从而可用表示，再根据，进而求出实数的取值范围.
（1）由题意得，解得，椭圆方程为：.
所以.
（2），则直线的方程为，即，
，由（1）知，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移单可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点，
设该平行线的方程为：，
则，解得或，
当时，联立，解得或，
即或，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，联立得，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线的方程为或.
（3）椭圆方程为：.
若过中点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，
设，
由可得，
故且
而，
故
，
因为恒成立，故，解得.
若过点的动直线的斜率不存在，则，
此时需，两者结合可得.
故这个点纵坐标的取值范围为
19．【答案】（1）解：因为的定义域为，，
当时，；
当时，；
当时，，
故在区间内为增函数，在区间为减函数.
（2）解：因为，，
所以处切线方程为：，
即.
（3）证明：先证，由（1）可知：，
且在区间为减函数，
要证，
即证，
令，，
则，
所以在区间内单调递增，，
即，即，
再证，
由（2）可知曲线在点处的切线方程为，
令，
，∴在处取得极大值为0，
故当时，，，
则，即，
又因为，，
∴，则.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程；分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】（1）利用导数的运算法则计算出，再求出和，从而由导数判断函数单调性的方法，进而讨论出函数的单调性.
（2）利用代入法和导数的运算法则，从而计算出和，则得出切线的斜率和切点坐标，再由点斜式方程求出函数在处的切线方程.
（3）利用偏移法证明，再结合第（2）问的结论，从而证明函数的图象在切线下方，再由放缩法证出不等式成立.
（1）的定义域为，，当时，，当时，，当时，，故在区间内为增函数，在区间为减函数；
（2），，所以处切线方程为：，
即；
（3）先证，由（1）可知：，且在区间为减函数，要证，
即证：，
令，，
则，
所以在区间内单调递增，，即，
即；
再证，由（2）可知曲线在点处的切线方程为，
令，
，∴在处取得极大值为0，
故当时，，，
则，即，
又，，
∴，得证.
1 / 1广东省广州市部分学校2025届高三第二次教学质量联合测评数学试题
1．（2024高三上·广州模拟）设集合，则，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：集合在数轴上表示如图所示：
由图可得.
故答案为：B.
【分析】在数轴上表示出集合，再结合交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2024高三上·广州模拟）已知复数满足，则（ ）
A． B． C．3 D．5
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由题意知，，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据复数的乘除法运算法则得出复数z，再结合复数求模公式，从而得出复数z的模.
3．（2024高三上·广州模拟）已知向量，，若，则（ ）
A．2 B．0 C．1 D．-2
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，
则，，
则，
化简得，即，
解得.
故答案为：.
【分析】根据向量减法的坐标表示和两向量垂直数量积为0的等价关系以及数量积的坐标表示，从而得出x的值.
4．（2024高三上·广州模拟）北宋数学家沈括在酒馆看见一层层垒起的酒坛，想求这些酒坛的总数，经过反复尝试，终于得出了长方台形垛积的求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积，第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球.....依此类推，最底层有个小球，共有层.现有一个由小球堆成的长方台形垛积，共7层，小球总个数为168，则该垛积的第一层的小球个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：设各层的小球个数为数列，
由题意得，，
因为，可得
，
则，
因为前7层小球总个数为168，所以，
即，解得或（舍去），
所以，可得，即该垛积的第一层的小球个数为个.
故答案为：B.
【分析】设各层的小球个数为数列，利用，可得，
，利用等差数列前n项和公式，求得，再根据题意，列出方程，从而求得的值，进而求出该垛积的第一层的小球个数.
5．（2024高三上·广州模拟）将6棵高度不同的景观树种植在道路两侧，要求每一侧种植3棵，且每一侧中间的景观树都要比两边的高，则不同的种植方法共有（ ）
A．20种 B．40种 C．80种 D．160种
【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：一侧的种植方法有种排法，
另一侧的种植方法有种排法，
由分步计数原理得，不同的种植方法共有种排法.
故答案为：C.
【分析】先分步结合排列数公式、组合数公式计算出两侧的排法，再结合分步乘法计数原理，从而得出不同的种植方法种数.
6．（2024高三上·广州模拟）如图①，上海黄浦江上的卢浦大桥，整体呈优美的弧形对称结构.如图②，将卢浦大桥的主拱看作抛物线，江面和桥面看作水平的直线，主拱的顶端P到江面的距离为100m，且，则顶端到桥面的距离为（ ）
A．50m B． C．55m D．
【答案】A
【知识点】抛物线的应用
【解析】【解答】解：以为坐标原点，建立如图平面直角坐标系，依题意可知，
设抛物线方程为，其中为点到桥面的距离，
则，解得．
故答案为：A.
【分析】以为坐标原点建立平面坐标系，设抛物线方程为，从而表达出点的坐标，设，其中为点到桥面的距离，将点坐标代入抛物线方程，从而求出的值，进而得出顶端到桥面的距离.
7．（2024高三上·广州模拟）将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，若在上只有一个极大值点，则ω的最大值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【知识点】函数在某点取得极值的条件；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由题可知，
当时，，
若在上只有一个极大值点，
则由的图象可得，
解得，
因为，所以的最大值为3.
故答案为：B.
【分析】根据余弦型函数的伸缩变换可得，再由余弦型函数图象的性质和极值点个数，从而解不等式可得ω的取值范围和ω与正整数集的关系，进而得出ω的最大值.
8．（2024高三上·广州模拟）设，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【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
【解析】【解答】解：构造函数，
则，
令时，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以函数在处取最小值，所以，（且），
可得，所以，
再构造函数，可得，
因为，可得，，
所以，在上递增，
所以，可得，
即，所以，
综上可得：.
故答案为：A.
【分析】构造函数，利用导数判断出函数的单调性，从而得出函数的最小值，进而得到，则得出，构造函数，从而判断出函数在上的单调性，再结合，从而得到，进而比较出a，b，c的大小.
9．（2024高三上·广州模拟）已知不等式的解集为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：由题意可得和为方程的两根，且，
所以，即，，故A错误；
又因为，当且仅当等号成立，因为，所以，故B正确；
因为
，故C正确；
因为且，
所以，即，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由已知条件和韦达定理得出的关系：，则判断出选项A和选项B；把用表示，再代入化简，则判断出选项C；由作差比较大小的方法，从而判断出选项D，进而找出正确的选项．
10．（2024高三上·广州模拟）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：对于A、B，由可得，故A正确，B错误；
对于C，利用正态曲线的对称性可知，，
且，则，
所以，故C错误；
对于D，利用正态曲线的对称性可知，，
可得，
所以，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据正态分布求期望公式判断出选项A；利用正态分布求方差公式判断出选项B；根据正态分布对应的密度概率函数图象的对称性，从而求出相应的概率，进而判断出选项C和选项D，则找出正确的选项.
11．（2024高三上·广州模拟）如图，在平行六面体中，已知，，E为棱上一点，且，则（ ）
A．
B．直线与所成角的余弦值为
C．平面
D．直线与平面所成角为
【答案】A,B,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：不妨设
则.
对于A，因，
故
，故，故A正确；
对于B，因，，
则，
，
设直线与所成角为，则故B正确；
对于C，因
，
即与不垂直，故不与平面垂直，故C错误；
对于D，因为，，
因为，，
则
因为平面，
故平面，
即平面的法向量可取为，
又因为，设直线与平面所成角为，
因为，，，
则，
因为，故，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】通过建立空间的一组基底，将相关直线的方向向量用基向量表示，再利用向量数量积的运算法则求模长的方法，则判断选项A；利用空间向量的夹角公式，从而判断出选项B；利用向量的数量积得出线线垂直，再利用线线垂直证出线面垂直，则判断出选项C；求出平面的法向量，再利用数量积求空间向量的夹角公式，从而得出线面角，则判断选项D，进而找出正确的选项.
12．（2024高三上·广州模拟）在中，已知，，，为线段上的点，且，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由，得出，
在中，，，
则，，即，
所以，即，
又因为，所以，
所以，
则，
即，
又因为点在线段上，则，即，且，，
所以，
当且仅当，即，时等号成立.
故答案为：.
【分析】根据三角形内角和定理和诱导公式以及两角和的正弦公式，利用三角形中角A和角C的取值范围，从而得出角的值，再由平面向量基本定理和数量积的运算法则，从而求出向量的模，利用三角形的面积公式，则可得各边边长，由点在线段上，可知，则代入结合基本不等式求最值的方法，从而可得的最小值.
13．（2024高三上·广州模拟）已知抛物线的焦点为，若上存在三点，且为的重心，则三边中线长之和为 ．
【答案】
【知识点】抛物线的简单性质；三角形五心
【解析】【解答】解：如图：
依题意，，设，，
因为为的重心，所以，即．
由抛物线的定义可知，
所以边的中线长为，
同理可得边和边的中线长分别为：
，，
所以三边中线长之和为．
故答案为：.
【分析】先求出抛物线焦点坐标，再根据三角形重心坐标公式可得，则由抛物线焦半径结合三角形重心的性质，从而得出三边中线长之和.
14．（2024高三上·广州模拟）在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，其中.定义：在维空间中两点与的曼哈顿距离为.在维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离，则 .
【答案】
【知识点】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】【解答】解：对于维坐标，其中，
即有两种选择，故共有种选择，即维“立方体”的顶点个数是个顶点，
当时，在坐标与中有个坐标值不同，
即有个坐标值满足，剩下个坐标值满足，
则满足的个数为，
所以.
故随机变量X的分布列为：
则.
故答案为：.
【分析】先确定样本点总数，得到随机变量的可能取值，则求出概率为，从而列出随机变量X的分布列，再利用随机变量分布列求数学期望公式，进而得出随机变量X的数学期望.
15．（2024高三上·广州模拟）在公差不为0的等差数列中，，且是与的等比中项.
（1）求的通项公式；
（2）若，，求数列的前项和.
【答案】（1）解：设的公差为，
因为是与的等比中项，
所以，即，
整理得，
又因为，，所以，
则数列的通项公式为：.
（2）解：由（1）可得，，
则①，
②，
①-②得
，
则.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等比中项
【解析】【分析】（1）根据等比中项公式和等差数列通项公式，结合已知条件，从而得出公差的值，再利用等差数列的通项公式，则得出数列的通项公式.
（2）由（1）中数列的通项公式和已知条件，则得出数列的通项公式，进而得出数列的通项公式，再由错位相减的方法，则得出数列的前项和.
（1）设的公差为，因为是与的等比中项，
所以，即，
整理得.
又，，所以，
则.
（2）由（1）可得，，
则①，
②，
①-②得
则.
16．（2024高三上·广州模拟）已知中，内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若点为的中点，且，求的面积.
【答案】（1）解：设，
由余弦定理得.
（2）解：在中，，，，
由余弦定理得，
即，解得，
又因为，
故，
则.
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）设，再由余弦定理求出的值.
（2）在中，，，由余弦定理列出方程，从而求出的值，利用同角三角函数基本关系式得到的值，即可求出的面积.
（1）设，
则由余弦定理得；
（2）在中，，，，
由余弦定理得，
即，解得，
又，
故，.
17．（2024高三上·广州模拟）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点P、Q分别是棱的中点.
（1）在底面内是否存在点，满足平面 若存在，请说明点的位置，若不存在，请说明理由；
（2）设平面交棱于点T，平面将四棱台分成上，下两部分，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）解：因为底面，且是正方形，故可以点为坐标原点，
分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则
因为点P、Q分别是棱的中点，
则，，
假设在底面内存在点，使得平面，则
则
由，解得，
故存在点，满足平面.
（2）解：按照（1）建系，设点，
依题意，四点共面，故必有，
即，
则，解得，
即，
又因为，
设平面的法向量为，
则，
故可取.因，
设与平面所成角为，则.
即与平面所成角的正弦值为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的定义证出线线垂直，结合正方形的结构特征证出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，则求出相关点的坐标和相关向量的坐标，再通过线线垂直建立方程组，即可求得点的坐标，从而得出存在点，满足平面.
（2）按（1）建系，利用四点共面求得点坐标，再利用空间向量数量积求向量夹角公式，从而由诱导公式计算得出与平面所成角的正弦值.
（1）因底面，且是正方形，故可以点为坐标原点，
分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则
因点P、Q分别是棱的中点，则，
，
假设在底面内存在点，使得平面，则
则由，解得，
故存在点，满足平面；
（2）按照（1）建系，设点，
依题意，四点共面，故必有，
即，则得，，解得，
即，又，
设平面的法向量为，则，
故可取.因，
设与平面所成角为，则.
即与平面所成角的正弦值为.
18．（2024高三上·广州模拟）已知和是椭圆Γ：上两点，O是坐标原点.
（1）求椭圆Γ的离心率；
（2）若过点P的直线交Γ于另一点B，且的面积为9，求直线的方程：
（3）过中点的动直线与椭圆Γ有两个交点M，N，试判断在轴上是否存在点使得.若存在，求出点纵坐标的取值范围； 若不存在，说明理由.
【答案】（1）解：由题意得，解得，
所以椭圆方程为：，
所以.
（2）解：因为，
则直线的方程为，即，
则，
由（1）知椭圆，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移个单位，
此时该平行线与椭圆的交点为点，
设该平行线的方程为：，
则，解得或，
当时，联立，
解得或，
即或，
当时，此时，
则直线的方程为，即；
当时，此时，
则直线的方程为，即，
当时，联立得，
则，此时该直线与椭圆无交点，
综上所述，直线的方程为或.
（3）解：因为椭圆方程为：，
若过中点的动直线的斜率存在，
则可设该直线方程为：，
设，
由，可得，
故
且
因为，故
，
因为恒成立，
故，解得，
若过点的动直线的斜率不存在，
则，此时需，
两者结合可得，故这个点纵坐标的取值范围为.
【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）利用已知条件和代入法，从而得到关于的方程，再解方程组得出a，b的值，再根据椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出椭圆Γ的离心率.
（2）以为底，求出三角形的高，即求出点到直线的距离，利用平行直线求距离公式，从而得到平移后的直线方程，再联立直线与椭圆方程得到点的坐标，进而得到直线的方程.
（3）设该直线方程为：，，联立直线方程和椭圆方程并消元，则结合韦达定理和数量积的坐标运算，从而可用表示，再根据，进而求出实数的取值范围.
（1）由题意得，解得，椭圆方程为：.
所以.
（2），则直线的方程为，即，
，由（1）知，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移单可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点，
设该平行线的方程为：，
则，解得或，
当时，联立，解得或，
即或，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，联立得，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线的方程为或.
（3）椭圆方程为：.
若过中点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，
设，
由可得，
故且
而，
故
，
因为恒成立，故，解得.
若过点的动直线的斜率不存在，则，
此时需，两者结合可得.
故这个点纵坐标的取值范围为
19．（2024高三上·广州模拟）已知函数
（1）讨论函数的单调性；
（2）求函数在处切线方程；
（3）若有两解，，且，求证：．
【答案】（1）解：因为的定义域为，，
当时，；
当时，；
当时，，
故在区间内为增函数，在区间为减函数.
（2）解：因为，，
所以处切线方程为：，
即.
（3）证明：先证，由（1）可知：，
且在区间为减函数，
要证，
即证，
令，，
则，
所以在区间内单调递增，，
即，即，
再证，
由（2）可知曲线在点处的切线方程为，
令，
，∴在处取得极大值为0，
故当时，，，
则，即，
又因为，，
∴，则.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程；分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】（1）利用导数的运算法则计算出，再求出和，从而由导数判断函数单调性的方法，进而讨论出函数的单调性.
（2）利用代入法和导数的运算法则，从而计算出和，则得出切线的斜率和切点坐标，再由点斜式方程求出函数在处的切线方程.
（3）利用偏移法证明，再结合第（2）问的结论，从而证明函数的图象在切线下方，再由放缩法证出不等式成立.
（1）的定义域为，，当时，，当时，，当时，，故在区间内为增函数，在区间为减函数；
（2），，所以处切线方程为：，
即；
（3）先证，由（1）可知：，且在区间为减函数，要证，
即证：，
令，，
则，
所以在区间内单调递增，，即，
即；
再证，由（2）可知曲线在点处的切线方程为，
令，
，∴在处取得极大值为0，
故当时，，，
则，即，
又，，
∴，得证.
1 / 1
