广东省广州市华南师范大学附属中学2025届高三上学期10月阶段检测数学试卷
1．（2024高三上·广州模拟）的最大值是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·广州模拟）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·广州模拟）掷出两枚质地均匀的骰子，记事件“第一枚点数小于3”，事件“第二枚点数大于4”，则与关系为（ ）
A．互斥 B．互为对立 C．相互独立 D．相等
4．（2024高三上·广州模拟）设平面向量，，若与不能作为平面向量的一组基底，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·广州模拟）已知椭圆：，点，，且，则“上存在点使”是“以为直径的圆与椭圆存在公共点的（ ）条件
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不必要也不充分
6．（2024高三上·广州模拟）在外接圆半径为的中，，，分别为角，，的对边，若，则（ ）
A． B． C．或 D．
7．（2024高三上·广州模拟）若双曲线的右支上存在两点，使直线垂直于双曲线在点处的切线，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·广州模拟）有个盲盒，其中有个内有奖品.若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时组织方（知道盲盒内部是否有奖品）打开了一个没有奖品的盲盒，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为；若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时有个未选的盲盒因被风吹掉而意外打开，且抽奖者发现其内部没有奖品，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为，则对任意符合题意的，，都有（ ）
A． B．
C． D．无法确定与的大小关系
9．（2024高三上·广州模拟）已知，，，，，为依次增大的一组数据，则去掉和后，这组数据的（ ）一定减小.
A．极差 B．下四分位数 C．上四分位数 D．中位数
10．（2024高三上·广州模拟）如图所示，四面体的底面是以为斜边的直角三角形，体积为，平面，，为线段上一动点，为中点，则下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥的体积和三棱锥的体积相等
B．当时，
C．当时，
D．四面体的外接球球心为，且外接球体积与之比的最小值是
11．（2024高三上·广州模拟）对称性是数学美的一个重要特征，函数的对称性是函数的重要性质.已知函数的图像连续不断，且在定义域内有导函数，则下列说法正确的有（ ）
A．若函数的图像关于点对称，则函数的图像关于直线对称
B．若单调，在定义域内，则函数的图像上可能存在关于对称的两点
C．若为的极值点，则“函数的图像上存在关于直线对称的两点”是“函数的图像上存在关于对称的两点”的充分不必要条件
D．若函数，则当且仅当时，的图像上存在关于直线对称的两点.参考数据：
12．（2024高三上·广州模拟）已知为虚数单位，复数满足，则 ．
13．（2024高三上·广州模拟）已知正四棱柱的体积为，三棱锥的体积为，则 .
14．（2024高三上·广州模拟）设定义域为的单调递增函数满足，且，则时， ，若实数，满足对任意符合题意的都有，则的最小值为 .
15．（2024高三上·广州模拟）已知在中，，，分别为角的对边，的面积为.
（1）求的值；
（2）若，证明：.
16．（2024高三上·广州模拟）已知在平面直角坐标系中，双曲线：过和两点.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若，为双曲线上不关于坐标轴对称的两点，为中点，且为圆的一条非直径的弦，记斜率为，斜率为，证明：为定值.
17．（2024高三上·广州模拟）如图所示，正四面体棱长为4，，，分别在棱，，上，.
（1）求的最小值；
（2）求三棱锥体积最大时的面积.
18．（2024高三上·广州模拟）已知函数.
（1）若在处的切线过原点，求的取值；
（2）若在上单调递增，求的取值范围.
19．（2024高三上·广州模拟）已知为正整数，集合中，依次构成公比为的正项等比数列.
集合为的非空子集.若中只有一个元素或中任意两个元素都满足，则称为的“-分离子集”.记数列为的正零点.
（1）写出的所有2-分离子集；
（2）记的“1-分离子集”的数量为，证明：；
（3）在中的所有非空子集中等概率地选取一个子集，证明：为的“-分离子集”的概率大于.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由题意，易知，
当且仅当取等号，所以最大值是1.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件，再利用换元法和函数的图象求最值的方法，从而得出函数的最大值.
2．【答案】A
【知识点】交集及其运算；函数的定义域及其求法
【解析】【解答】由得出，故，
又因为，则.
故答案为：A.
【分析】根据偶次根式函数求定义域的方法得出集合，再利用定义域的求法得出集合B，则根据交集的运算法则得出集合.
3．【答案】C
【知识点】相互独立事件
【解析】【解答】解：由题意，掷出两枚质地均匀的骰子共有基本事件个，其中事件有：，共12个，
事件有：，共12个，
事件有，共4个基本事件，
所以，
所以，故相互独立，
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和古典概型求概率公式，从而求出的值，再由判断出相互独立，从而找出正确的选项.
4．【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：因为与不能作为平面向量的一组基底，所以，
又因为，，
所以，故，
所以，
所以.
故答案为：B.
【分析】由已知条件结合基底的判断方法，再根据向量共线的坐标表示，从而列方程可求出的值，再由数量积的坐标表示得出的值.
5．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意，为在以为直径的圆上且不与，中任意一点重合，
故为充分条件，
当时，以为直径的圆与椭圆公共点为，，不符合题意，故不是必要条件，
则“上存在点使”是“以为直径的圆与椭圆存在公共点的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据可得点在以为直径的圆，即可判断充分性，再举反例即可判断不必要性，从而找出正确的选项.
6．【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由题意得，
又由正弦定理，，
故.
所以，
因为，得，
又因为，所以或.
故答案为：C．
【分析】利用正弦定理边化角后，结合两角和的正弦公式和三角形内角和定理，则根据诱导公式和三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值．
7．【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：由题意，不妨在轴上方，则双曲线在点处的切线的斜率为，
因为双曲线上一点的切线斜率的绝对值大于渐近线斜率的绝对值，所以，
因为，故，
又因为与双曲线右支有两个交点且斜率为负，所以，
故，所以.
故答案为：D.
【分析】不妨设在轴上方，则双曲线在点处的切线斜率，结合垂直直线的斜率关系可得，则由直线与双曲线的位置关系可得，从而解不等式可得实数的取值范围.
8．【答案】C
【知识点】全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：设事件为“最终中奖”，事件为“一开始选中的有奖”，则，
在组织方打开无奖的盲盒后，
若一开始选中的有奖，则剩余个盲盒中有个奖品，更换后；
若一开始选中的无奖，则剩余个盲盒中有个奖品，则更换后，
故，
由于风吹掉为随机吹掉，
故所有个盲盒中有个奖品，且所有盲盒中有奖品的概率相等，，
因此，故.
故答案为：C.
【分析】利用古典概型求概率公式和全概率公式，从而求出和的值，再由作商法比较出和的大小.
9．【答案】A,C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于选项A，原先极差为，去掉后极差为，
由于数据依次增大，则极差减小，所以选项A正确；
对于选项B，原先6个数据，因为不是整数，
所以向上取整，下四分位数为第二个数，
去掉后4个数据，是整数，
所以取与上一个数的平均值，下四分位数增大，所以选项B错误；
对于选项C，原先6个数据，因为不是整数，
所以向上取整，上四分位数为第个数，
去掉后4个数据，是整数，
所以取与上一个数的平均值，上四分位数减小，所以选项C正确；
对于选项D，因为中位数始终为，中位数保持不变，所以选项D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用已知条件和极差、百分位数、中位数的定义，从而逐项判断，进而找出正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；空间中直线与直线之间的位置关系；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，因为为中点，则，
又因为两个三棱锥高相等，故体积相等，故A正确；
对于B，因为平面，平面，所以，
又因为，，平面，
故平面，平面，故平面平面，
过作，垂足为，如下图所示：
因为面平面，平面，故面，
又因为面，故，
若，则，
因为平面，故平面，
又因为平面，故，故B正确；
对于C，若与不重合，由平面，平面，可得；
因为是以为斜边的直角三角形可知，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
当时，，平面，
所以平面，
又因为平面，可得，
但若与重合，由于，若，，平面，
所以平面，平面，
故，这与矛盾，所以不成立，
故与重合，满足，但此时不成立，故C错误；
对于D，由平面，平面，故，
故，为外接球球心，且，，
又因为，可以在以中点为圆心，为半径的圆上运动，
点到线段的距离为，当且仅当时等号成立，
故到的距离最大为，此时，
故，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据三棱锥体积公式可得两个三棱锥高和底面积相等，则判断出选项A；利用线面垂直判定定理和面面垂直的性质定理，从而证出直线平面，则可判断选项B；当与重合，可知，这与矛盾，则判断出选项C；利用三棱锥性质可求得外接球球心的位置和球的半径与三棱锥棱长的关系，从而得出与之比的最小值，则判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；利用导数研究函数的单调性；图形的对称性；函数零点存在定理；函数极限
【解析】【解答】解：对于A，恒成立，两边同时对求导得，
故，函数的图像关于直线对称，故A正确；
对于B，因为函数的图像上可能存在关于对称的两点，
则存在使得在有零点，，
若单调递增，则当时，，
故，单调递增，故，
同理得出，若单调递减则，故不存在零点，故B错误；
对于C，令，
函数的图像上存在关于直线对称的两点，则时存在零点，
因为，则，
若在不存在零点即函数的图像上不存在关于对称的两点，
则单调，，函数的图像上不存在关于直线对称的两点，
故“函数的图像上存在关于直线对称的两点”是“函数的图像上存在关于对称的两点”的充分条件，
当在存在零点时，可能有恒成立，则单调递增，
函数的图像上不存在关于直线对称的两点，
故“函数的图像上存在关于直线对称的两点”不是“函数的图像上存在关于对称的两点”的必要条件，故C正确；
对于D，存在的零点，
，，
若则，单调递减，
则，所以，单调递减，
故，同理单调递减而不存在正零点；
若得，单调递减，，，则存在唯一零点，
在单调递增在单调递减，而当时，，，
故只需（不能取等，极限不在定义域内），
即在存在唯一正零点，得，
故当且仅当时成立，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用恒成立，两边同时对求导，再由函数的图象的对称性，则判断出选项A；假设函数的图像上可能存在关于对称的两点，则存在使得在处有零点，再借助导数研究函数单调性，从而得到零点个数，则判断出选项B；利用充分性和必要性的判断方法，再借助导数分别验证，从而判断选项C；由在时存在零点，再利用，，则分情况讨论，即和两种情况，再借助导数判断函数单调性，则得出函数的值域，从而得出函数零点，则判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
12．【答案】2
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解： 复数满足， 则，即，
故．
【分析】根据复数代数形式的除法运算，结合复数的模的公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】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：由题意，显然，
又因为为正四棱柱和三棱锥的高，
因此.
故答案为：.
【分析】根据三棱锥的等体积法，再结合棱柱体积公式和棱锥体积公式，从而得出的值.
14．【答案】；288
【知识点】函数单调性的性质；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：由题意，得，
设，则，
又因为，则当时，，
故当时，，
由2025除以7等于289余2，易得，
故，
则，
又因为为单调递增函数，，，故，
则函数只需在单调递增满足题意，
设，若，
则
，
因为，故在单调递增，则依此类推可得始终单调递增，
故两边都可以趋近取等号，
故，，且可以取等号.
故答案为：；288.
【分析】由题意，构造，则得到，即可得出函数的解析式；再由函数的解析式得到，结合和函数的单调性，从而得出的最小值.
15．【答案】（1）解：因为三角形面积，
又因为，
则且，可得，
由正弦定理得.
（2）证明：由（1）可得，
结合三角形三边关系，得，
即，可得，且，
即，解得，
所以.
【知识点】正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据题意结合三角形的面积公式以及三角形中角C的取值范围，从而可得，再利用正弦定理得出的值.
（2）由（1）可得，再利用三角形三边关系和不等式的基本性质，从而证出不等式成立.
（1）因为三角形面积，
又因为，则，且，可得，
由正弦定理得.
（2）由（1）可得，结合三角形三边关系，
得，即，可得，
且，即，解得，
所以.
16．【答案】（1）解：由题意，代入双曲线上两点得，，
故，解得，，
故双曲线C标准方程为：.
（2）证明：如图，
设，，
由题知，
相减得，
又因为，
所以，
由为圆的一条非直径的弦，为中点得，
故，因此为定值.
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线上两点结合代入法，从而解方程组得出的值，进而得出双曲线的标准方程.
（2）利用“点差法”可得直线斜率与斜率关系，再由圆的性质可得斜率的关系，从而化简证出为定值.
（1）代入双曲线上两点得，，
故，解得，，
故双曲线C标准方程为：.
（2）如图，
设，，
由题知，
相减得，
又，
所以，
由为圆的一条非直径的弦，为中点得，故，
因此为定值.
17．【答案】（1）解：在中，
由余弦定理有：，
即，可得，
设，则，
由题可知：该方程有实根，
则，解得，
则，
当且仅当，时，等号成立，
所以的最小值为.
（2）解：因为，且点到平面的距离为定值，
若三棱锥体积最大时，即最大，
由（1）得，且，
由于该方程中，地位等价，同（1）可得：，
当且仅当时，等号成立，
由，地位等价，同理可得，
当时，等号成立，
则，
当且仅当时，等号成立，
此时为等边三角形，且，，
作于，
则，，
所以，
故此时的面积为.
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理可得，设，则，再结合一元二次方程，从而得出，进而得出的最小值.
（2）利用，分析可知三棱锥体积最大时，即最大，再结合（1）得出此时，从而得出三棱锥体积最大时的面积.
（1）在中，由余弦定理有：，
即，可得，
设，则，
由题可知：该方程有实根，则，解得，
则，当且仅当，时，等号成立，
所以的最小值为.
（2）因为，且点到平面的距离为定值，
若三棱锥体积最大时，即最大，
由（1）得，且，
由于该方程中，地位等价，
同（1）可得：，当且仅当时，等号成立，
由，地位等价，同理可得，当时，等号成立，
则，当且仅当时，等号成立，
此时为等边三角形，且，，
作于，
则，，所以，
故此时的面积为.
18．【答案】（1）解：由题意知，得，
又因为，
故切线方程为，
即，
由切线过原点，则，故.
（2）解：由题可知，在上单调递增，则恒成立，
故必有，得，
当时，由于，
则，
当时最小，此时，
令，
则，所以，
当时，，，
故，在上单调递减，则；
当时，，
故，在单调递增，则，
令，，
当时，当时，
，在上单调递增，
反之，当时，，在上单调递减，
由三角函数知识，存在两点使得，
且在和上，；在上，
故先增后减再增，，，
则在时有唯一零点
且在为正，为负，
故在先增后减，且，故，
则恒成立，故当时，在上单调递增；
当时，由于，
则，
当时，则，不符合题意，
故a的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，由点斜式得出切线方程，再结合切线过原点和代入法，从而得出实数a的值.
（2）先由题意和导数判断函数单调性的方法，从而取特殊值求出，则利用放缩法结合构造函数，说明当时，恒成立，再说明当时，不符合题意，进而得出实数a的取值范围.
（1）由题意知，得，
又，故切线方程为，
即，
由切线过原点，则，
故.
（2）由题可知，在上单调递增，则恒成立，
故必有，得，
而当时，由于，则，
当时最小，此时，
令，则，有，
当时，，，故，在上单调递减，
则
当时，，故，在单调递增，
则；
令，，
当时，当时，在上单调递增，
反之时，在上单调递减，
由三角函数知识，存在两点使得，
且和上，上，
故先增后减再增，，，
则在时有唯一零点且在为正，为负，
故在先增后减，且，故，
则恒成立，故时，在上单调递增；
当时，由于，则，
当时，即有，不符合题意；
故a的取值范围为.
19．【答案】（1）解：因为一个元素的有：，，，
由题得，
故两个元素的只有可能为，且不可能有三个元素以上的子集，
故的所有2-分离子集为，，，，.
（2）证明：由题可知，，
当不多于两个元素每个1-分离子集只能有一个元素，
故显然，，
当时，不含元素的全体1-分离子集为的全体1-分离子集，
其数量为，
若集合为的1-分离子集，且中包含元素，
则不是中的元素，否则不符合题意，
对的任意1-分离子集与的并集，
由中元素都不大于，故符合题意，
其数量为且单元素集合也符合题意，
故包含元素的全体1-分离子集数量为，
得，
故
又因为，故，
且，，
故当时，，
同理，
则.
（3）证明：中的所有非空子集数量为，
故只需证明的“-分离子集”数量大于，
记的“-分离子集”的数量为，
则当时，
由中任意两个元素满足，
故-分离子集只能为单元素子集，，
当时，与（2）同理，
不含元素的全体-分离子集数量为，
包含元素，则-分离子集为或除外最大元素只能不大于，
故的全体-分离子集为与的-分离子集的并集和，
故数量为，
因此
得，
由，得，
同（2）可得，只需证明在时，，
令，只需证明，
，显然故单调递增，
若存在零点则在单调递减，单调递增，
则的最大值为，中较大者，
因为，则单调递增，的最大值为，则单调递减，的最大值为，
则，
因为为，
即，即在处大于零，
即证，同取对数为，
令
即，则，
，
令，，
，
故在上，，
则，则为的“-分离子集”的概率大于.
【知识点】集合的含义；子集与真子集；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）根据题意可知，，再根据“-分离子集”的定义，从而写出的所有2-分离子集.
（2）由题可知，，不多于两个元素每个1-分离子集只能有一个元素，当时，不含元素的全体1-分离子集为的全体1-分离子集，其数量为，再结合数列为的正零点，从而证出不等式成立.
（3）利用中的所有非空子集数量为，故只需证明的“-分离子集”数量大于，从而证出为的“-分离子集”的概率大于.
（1）一个元素的有：，，，
由题得，故两个元素的只有可能为，且不可能有三个元素以上的子集.
故为，，，，
（2）由题可知，，当不多于两个元素每个1-分离子集只能有一个元素，故显然，，
当时，不含元素的全体1-分离子集即为的全体1-分离子集，其数量为
若集合为的1-分离子集，且中包含元素，则不是中的元素，否则不符合题意，
而对的任意1-分离子集与的并集，由中元素都不大于，故符合题意，其数量为
且单元素集合也符合题意，故包含元素的全体1-分离子集数量为，
得，
故
又，故，
且，，
故时，，
同理，故原式得证！
（3）中的所有非空子集数量为，故只需证明的“-分离子集”数量大于，
记的“-分离子集”的数量为，
则当时，由中任意两个元素满足，
故-分离子集只能为单元素子集，，
当时，与（2）同理，不含元素的全体-分离子集数量为，
包含元素则-分离子集为或除外最大元素只能不大于，
故的全体-分离子集为与的-分离子集的并集和，故数量为，
因此
得，
由，得
同（2）可得，只需证明在时，，
令，只需证明，
，显然故单调递增，
若存在零点则在单调递减，单调递增，
则的最大值为，中较大者，
则单调递增，的最大值为，则单调递减，的最大值为，
而，，
即为，即，即在处大于零，
即证，同取对数为，
令
即，则，
，
令，，
故上，则，得证！
1 / 1广东省广州市华南师范大学附属中学2025届高三上学期10月阶段检测数学试卷
1．（2024高三上·广州模拟）的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由题意，易知，
当且仅当取等号，所以最大值是1.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件，再利用换元法和函数的图象求最值的方法，从而得出函数的最大值.
2．（2024高三上·广州模拟）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算；函数的定义域及其求法
【解析】【解答】由得出，故，
又因为，则.
故答案为：A.
【分析】根据偶次根式函数求定义域的方法得出集合，再利用定义域的求法得出集合B，则根据交集的运算法则得出集合.
3．（2024高三上·广州模拟）掷出两枚质地均匀的骰子，记事件“第一枚点数小于3”，事件“第二枚点数大于4”，则与关系为（ ）
A．互斥 B．互为对立 C．相互独立 D．相等
【答案】C
【知识点】相互独立事件
【解析】【解答】解：由题意，掷出两枚质地均匀的骰子共有基本事件个，其中事件有：，共12个，
事件有：，共12个，
事件有，共4个基本事件，
所以，
所以，故相互独立，
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和古典概型求概率公式，从而求出的值，再由判断出相互独立，从而找出正确的选项.
4．（2024高三上·广州模拟）设平面向量，，若与不能作为平面向量的一组基底，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：因为与不能作为平面向量的一组基底，所以，
又因为，，
所以，故，
所以，
所以.
故答案为：B.
【分析】由已知条件结合基底的判断方法，再根据向量共线的坐标表示，从而列方程可求出的值，再由数量积的坐标表示得出的值.
5．（2024高三上·广州模拟）已知椭圆：，点，，且，则“上存在点使”是“以为直径的圆与椭圆存在公共点的（ ）条件
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不必要也不充分
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意，为在以为直径的圆上且不与，中任意一点重合，
故为充分条件，
当时，以为直径的圆与椭圆公共点为，，不符合题意，故不是必要条件，
则“上存在点使”是“以为直径的圆与椭圆存在公共点的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据可得点在以为直径的圆，即可判断充分性，再举反例即可判断不必要性，从而找出正确的选项.
6．（2024高三上·广州模拟）在外接圆半径为的中，，，分别为角，，的对边，若，则（ ）
A． B． C．或 D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由题意得，
又由正弦定理，，
故.
所以，
因为，得，
又因为，所以或.
故答案为：C．
【分析】利用正弦定理边化角后，结合两角和的正弦公式和三角形内角和定理，则根据诱导公式和三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值．
7．（2024高三上·广州模拟）若双曲线的右支上存在两点，使直线垂直于双曲线在点处的切线，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：由题意，不妨在轴上方，则双曲线在点处的切线的斜率为，
因为双曲线上一点的切线斜率的绝对值大于渐近线斜率的绝对值，所以，
因为，故，
又因为与双曲线右支有两个交点且斜率为负，所以，
故，所以.
故答案为：D.
【分析】不妨设在轴上方，则双曲线在点处的切线斜率，结合垂直直线的斜率关系可得，则由直线与双曲线的位置关系可得，从而解不等式可得实数的取值范围.
8．（2024高三上·广州模拟）有个盲盒，其中有个内有奖品.若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时组织方（知道盲盒内部是否有奖品）打开了一个没有奖品的盲盒，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为；若抽奖者选定了一个盲盒但未打开时有个未选的盲盒因被风吹掉而意外打开，且抽奖者发现其内部没有奖品，此时抽奖者重新选定另外一个盲盒后打开，记此时中奖的概率为，则对任意符合题意的，，都有（ ）
A． B．
C． D．无法确定与的大小关系
【答案】C
【知识点】全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：设事件为“最终中奖”，事件为“一开始选中的有奖”，则，
在组织方打开无奖的盲盒后，
若一开始选中的有奖，则剩余个盲盒中有个奖品，更换后；
若一开始选中的无奖，则剩余个盲盒中有个奖品，则更换后，
故，
由于风吹掉为随机吹掉，
故所有个盲盒中有个奖品，且所有盲盒中有奖品的概率相等，，
因此，故.
故答案为：C.
【分析】利用古典概型求概率公式和全概率公式，从而求出和的值，再由作商法比较出和的大小.
9．（2024高三上·广州模拟）已知，，，，，为依次增大的一组数据，则去掉和后，这组数据的（ ）一定减小.
A．极差 B．下四分位数 C．上四分位数 D．中位数
【答案】A,C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于选项A，原先极差为，去掉后极差为，
由于数据依次增大，则极差减小，所以选项A正确；
对于选项B，原先6个数据，因为不是整数，
所以向上取整，下四分位数为第二个数，
去掉后4个数据，是整数，
所以取与上一个数的平均值，下四分位数增大，所以选项B错误；
对于选项C，原先6个数据，因为不是整数，
所以向上取整，上四分位数为第个数，
去掉后4个数据，是整数，
所以取与上一个数的平均值，上四分位数减小，所以选项C正确；
对于选项D，因为中位数始终为，中位数保持不变，所以选项D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用已知条件和极差、百分位数、中位数的定义，从而逐项判断，进而找出正确的选项.
10．（2024高三上·广州模拟）如图所示，四面体的底面是以为斜边的直角三角形，体积为，平面，，为线段上一动点，为中点，则下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥的体积和三棱锥的体积相等
B．当时，
C．当时，
D．四面体的外接球球心为，且外接球体积与之比的最小值是
【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；空间中直线与直线之间的位置关系；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，因为为中点，则，
又因为两个三棱锥高相等，故体积相等，故A正确；
对于B，因为平面，平面，所以，
又因为，，平面，
故平面，平面，故平面平面，
过作，垂足为，如下图所示：
因为面平面，平面，故面，
又因为面，故，
若，则，
因为平面，故平面，
又因为平面，故，故B正确；
对于C，若与不重合，由平面，平面，可得；
因为是以为斜边的直角三角形可知，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
当时，，平面，
所以平面，
又因为平面，可得，
但若与重合，由于，若，，平面，
所以平面，平面，
故，这与矛盾，所以不成立，
故与重合，满足，但此时不成立，故C错误；
对于D，由平面，平面，故，
故，为外接球球心，且，，
又因为，可以在以中点为圆心，为半径的圆上运动，
点到线段的距离为，当且仅当时等号成立，
故到的距离最大为，此时，
故，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据三棱锥体积公式可得两个三棱锥高和底面积相等，则判断出选项A；利用线面垂直判定定理和面面垂直的性质定理，从而证出直线平面，则可判断选项B；当与重合，可知，这与矛盾，则判断出选项C；利用三棱锥性质可求得外接球球心的位置和球的半径与三棱锥棱长的关系，从而得出与之比的最小值，则判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
11．（2024高三上·广州模拟）对称性是数学美的一个重要特征，函数的对称性是函数的重要性质.已知函数的图像连续不断，且在定义域内有导函数，则下列说法正确的有（ ）
A．若函数的图像关于点对称，则函数的图像关于直线对称
B．若单调，在定义域内，则函数的图像上可能存在关于对称的两点
C．若为的极值点，则“函数的图像上存在关于直线对称的两点”是“函数的图像上存在关于对称的两点”的充分不必要条件
D．若函数，则当且仅当时，的图像上存在关于直线对称的两点.参考数据：
【答案】A,C,D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；利用导数研究函数的单调性；图形的对称性；函数零点存在定理；函数极限
【解析】【解答】解：对于A，恒成立，两边同时对求导得，
故，函数的图像关于直线对称，故A正确；
对于B，因为函数的图像上可能存在关于对称的两点，
则存在使得在有零点，，
若单调递增，则当时，，
故，单调递增，故，
同理得出，若单调递减则，故不存在零点，故B错误；
对于C，令，
函数的图像上存在关于直线对称的两点，则时存在零点，
因为，则，
若在不存在零点即函数的图像上不存在关于对称的两点，
则单调，，函数的图像上不存在关于直线对称的两点，
故“函数的图像上存在关于直线对称的两点”是“函数的图像上存在关于对称的两点”的充分条件，
当在存在零点时，可能有恒成立，则单调递增，
函数的图像上不存在关于直线对称的两点，
故“函数的图像上存在关于直线对称的两点”不是“函数的图像上存在关于对称的两点”的必要条件，故C正确；
对于D，存在的零点，
，，
若则，单调递减，
则，所以，单调递减，
故，同理单调递减而不存在正零点；
若得，单调递减，，，则存在唯一零点，
在单调递增在单调递减，而当时，，，
故只需（不能取等，极限不在定义域内），
即在存在唯一正零点，得，
故当且仅当时成立，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用恒成立，两边同时对求导，再由函数的图象的对称性，则判断出选项A；假设函数的图像上可能存在关于对称的两点，则存在使得在处有零点，再借助导数研究函数单调性，从而得到零点个数，则判断出选项B；利用充分性和必要性的判断方法，再借助导数分别验证，从而判断选项C；由在时存在零点，再利用，，则分情况讨论，即和两种情况，再借助导数判断函数单调性，则得出函数的值域，从而得出函数零点，则判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
12．（2024高三上·广州模拟）已知为虚数单位，复数满足，则 ．
【答案】2
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解： 复数满足， 则，即，
故．
【分析】根据复数代数形式的除法运算，结合复数的模的公式求解即可.
13．（2024高三上·广州模拟）已知正四棱柱的体积为，三棱锥的体积为，则 .
【答案】
【知识点】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：由题意，显然，
又因为为正四棱柱和三棱锥的高，
因此.
故答案为：.
【分析】根据三棱锥的等体积法，再结合棱柱体积公式和棱锥体积公式，从而得出的值.
14．（2024高三上·广州模拟）设定义域为的单调递增函数满足，且，则时， ，若实数，满足对任意符合题意的都有，则的最小值为 .
【答案】；288
【知识点】函数单调性的性质；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：由题意，得，
设，则，
又因为，则当时，，
故当时，，
由2025除以7等于289余2，易得，
故，
则，
又因为为单调递增函数，，，故，
则函数只需在单调递增满足题意，
设，若，
则
，
因为，故在单调递增，则依此类推可得始终单调递增，
故两边都可以趋近取等号，
故，，且可以取等号.
故答案为：；288.
【分析】由题意，构造，则得到，即可得出函数的解析式；再由函数的解析式得到，结合和函数的单调性，从而得出的最小值.
15．（2024高三上·广州模拟）已知在中，，，分别为角的对边，的面积为.
（1）求的值；
（2）若，证明：.
【答案】（1）解：因为三角形面积，
又因为，
则且，可得，
由正弦定理得.
（2）证明：由（1）可得，
结合三角形三边关系，得，
即，可得，且，
即，解得，
所以.
【知识点】正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据题意结合三角形的面积公式以及三角形中角C的取值范围，从而可得，再利用正弦定理得出的值.
（2）由（1）可得，再利用三角形三边关系和不等式的基本性质，从而证出不等式成立.
（1）因为三角形面积，
又因为，则，且，可得，
由正弦定理得.
（2）由（1）可得，结合三角形三边关系，
得，即，可得，
且，即，解得，
所以.
16．（2024高三上·广州模拟）已知在平面直角坐标系中，双曲线：过和两点.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若，为双曲线上不关于坐标轴对称的两点，为中点，且为圆的一条非直径的弦，记斜率为，斜率为，证明：为定值.
【答案】（1）解：由题意，代入双曲线上两点得，，
故，解得，，
故双曲线C标准方程为：.
（2）证明：如图，
设，，
由题知，
相减得，
又因为，
所以，
由为圆的一条非直径的弦，为中点得，
故，因此为定值.
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线上两点结合代入法，从而解方程组得出的值，进而得出双曲线的标准方程.
（2）利用“点差法”可得直线斜率与斜率关系，再由圆的性质可得斜率的关系，从而化简证出为定值.
（1）代入双曲线上两点得，，
故，解得，，
故双曲线C标准方程为：.
（2）如图，
设，，
由题知，
相减得，
又，
所以，
由为圆的一条非直径的弦，为中点得，故，
因此为定值.
17．（2024高三上·广州模拟）如图所示，正四面体棱长为4，，，分别在棱，，上，.
（1）求的最小值；
（2）求三棱锥体积最大时的面积.
【答案】（1）解：在中，
由余弦定理有：，
即，可得，
设，则，
由题可知：该方程有实根，
则，解得，
则，
当且仅当，时，等号成立，
所以的最小值为.
（2）解：因为，且点到平面的距离为定值，
若三棱锥体积最大时，即最大，
由（1）得，且，
由于该方程中，地位等价，同（1）可得：，
当且仅当时，等号成立，
由，地位等价，同理可得，
当时，等号成立，
则，
当且仅当时，等号成立，
此时为等边三角形，且，，
作于，
则，，
所以，
故此时的面积为.
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理可得，设，则，再结合一元二次方程，从而得出，进而得出的最小值.
（2）利用，分析可知三棱锥体积最大时，即最大，再结合（1）得出此时，从而得出三棱锥体积最大时的面积.
（1）在中，由余弦定理有：，
即，可得，
设，则，
由题可知：该方程有实根，则，解得，
则，当且仅当，时，等号成立，
所以的最小值为.
（2）因为，且点到平面的距离为定值，
若三棱锥体积最大时，即最大，
由（1）得，且，
由于该方程中，地位等价，
同（1）可得：，当且仅当时，等号成立，
由，地位等价，同理可得，当时，等号成立，
则，当且仅当时，等号成立，
此时为等边三角形，且，，
作于，
则，，所以，
故此时的面积为.
18．（2024高三上·广州模拟）已知函数.
（1）若在处的切线过原点，求的取值；
（2）若在上单调递增，求的取值范围.
【答案】（1）解：由题意知，得，
又因为，
故切线方程为，
即，
由切线过原点，则，故.
（2）解：由题可知，在上单调递增，则恒成立，
故必有，得，
当时，由于，
则，
当时最小，此时，
令，
则，所以，
当时，，，
故，在上单调递减，则；
当时，，
故，在单调递增，则，
令，，
当时，当时，
，在上单调递增，
反之，当时，，在上单调递减，
由三角函数知识，存在两点使得，
且在和上，；在上，
故先增后减再增，，，
则在时有唯一零点
且在为正，为负，
故在先增后减，且，故，
则恒成立，故当时，在上单调递增；
当时，由于，
则，
当时，则，不符合题意，
故a的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，由点斜式得出切线方程，再结合切线过原点和代入法，从而得出实数a的值.
（2）先由题意和导数判断函数单调性的方法，从而取特殊值求出，则利用放缩法结合构造函数，说明当时，恒成立，再说明当时，不符合题意，进而得出实数a的取值范围.
（1）由题意知，得，
又，故切线方程为，
即，
由切线过原点，则，
故.
（2）由题可知，在上单调递增，则恒成立，
故必有，得，
而当时，由于，则，
当时最小，此时，
令，则，有，
当时，，，故，在上单调递减，
则
当时，，故，在单调递增，
则；
令，，
当时，当时，在上单调递增，
反之时，在上单调递减，
由三角函数知识，存在两点使得，
且和上，上，
故先增后减再增，，，
则在时有唯一零点且在为正，为负，
故在先增后减，且，故，
则恒成立，故时，在上单调递增；
当时，由于，则，
当时，即有，不符合题意；
故a的取值范围为.
19．（2024高三上·广州模拟）已知为正整数，集合中，依次构成公比为的正项等比数列.
集合为的非空子集.若中只有一个元素或中任意两个元素都满足，则称为的“-分离子集”.记数列为的正零点.
（1）写出的所有2-分离子集；
（2）记的“1-分离子集”的数量为，证明：；
（3）在中的所有非空子集中等概率地选取一个子集，证明：为的“-分离子集”的概率大于.
【答案】（1）解：因为一个元素的有：，，，
由题得，
故两个元素的只有可能为，且不可能有三个元素以上的子集，
故的所有2-分离子集为，，，，.
（2）证明：由题可知，，
当不多于两个元素每个1-分离子集只能有一个元素，
故显然，，
当时，不含元素的全体1-分离子集为的全体1-分离子集，
其数量为，
若集合为的1-分离子集，且中包含元素，
则不是中的元素，否则不符合题意，
对的任意1-分离子集与的并集，
由中元素都不大于，故符合题意，
其数量为且单元素集合也符合题意，
故包含元素的全体1-分离子集数量为，
得，
故
又因为，故，
且，，
故当时，，
同理，
则.
（3）证明：中的所有非空子集数量为，
故只需证明的“-分离子集”数量大于，
记的“-分离子集”的数量为，
则当时，
由中任意两个元素满足，
故-分离子集只能为单元素子集，，
当时，与（2）同理，
不含元素的全体-分离子集数量为，
包含元素，则-分离子集为或除外最大元素只能不大于，
故的全体-分离子集为与的-分离子集的并集和，
故数量为，
因此
得，
由，得，
同（2）可得，只需证明在时，，
令，只需证明，
，显然故单调递增，
若存在零点则在单调递减，单调递增，
则的最大值为，中较大者，
因为，则单调递增，的最大值为，则单调递减，的最大值为，
则，
因为为，
即，即在处大于零，
即证，同取对数为，
令
即，则，
，
令，，
，
故在上，，
则，则为的“-分离子集”的概率大于.
【知识点】集合的含义；子集与真子集；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）根据题意可知，，再根据“-分离子集”的定义，从而写出的所有2-分离子集.
（2）由题可知，，不多于两个元素每个1-分离子集只能有一个元素，当时，不含元素的全体1-分离子集为的全体1-分离子集，其数量为，再结合数列为的正零点，从而证出不等式成立.
（3）利用中的所有非空子集数量为，故只需证明的“-分离子集”数量大于，从而证出为的“-分离子集”的概率大于.
（1）一个元素的有：，，，
由题得，故两个元素的只有可能为，且不可能有三个元素以上的子集.
故为，，，，
（2）由题可知，，当不多于两个元素每个1-分离子集只能有一个元素，故显然，，
当时，不含元素的全体1-分离子集即为的全体1-分离子集，其数量为
若集合为的1-分离子集，且中包含元素，则不是中的元素，否则不符合题意，
而对的任意1-分离子集与的并集，由中元素都不大于，故符合题意，其数量为
且单元素集合也符合题意，故包含元素的全体1-分离子集数量为，
得，
故
又，故，
且，，
故时，，
同理，故原式得证！
（3）中的所有非空子集数量为，故只需证明的“-分离子集”数量大于，
记的“-分离子集”的数量为，
则当时，由中任意两个元素满足，
故-分离子集只能为单元素子集，，
当时，与（2）同理，不含元素的全体-分离子集数量为，
包含元素则-分离子集为或除外最大元素只能不大于，
故的全体-分离子集为与的-分离子集的并集和，故数量为，
因此
得，
由，得
同（2）可得，只需证明在时，，
令，只需证明，
，显然故单调递增，
若存在零点则在单调递减，单调递增，
则的最大值为，中较大者，
则单调递增，的最大值为，则单调递减，的最大值为，
而，，
即为，即，即在处大于零，
即证，同取对数为，
令
即，则，
，
令，，
故上，则，得证！
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