广东省深圳中学2025届高三下学期二轮三阶段测数学试题(pdf版,含答案)

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深圳中学 2025 届高三二轮三阶测试数学
1．B 2. A 3. C 4. D. 5．D. 6. D 7．C 8．D 9. ACD 10．ABD 11. AD
12．0.1 13. 1 (或 x = 1)
1
(n +1)(n +1)!,n = 2k 11 4
14. 120 ； (n+1)![( 1)
n (2n+1) 1]或 ， k

N .
8 1 n(n +1)!,n = 2k
4
5． p : x R, f (x) 3; x R, f (x) = ln(e
x + e)+ ln(ex + e2) ln e+ ln e2 = 3 , p 假， p 真.
6.设a = (x, y) M N ，则存在 ,t R ，使得 (x, y) = (1+3 ,2+4 ) = ( 2+4t, 2+5t)，
即：1+3 = 2+4t,2+4 = 2+5t ，解得 = 1, t = 0,a = ( 2, 2).
A , A
7．因为每次只取一个球，所以 1 2 互斥，A 正确；
1 2 5 4
P(A1) = , P(A2 ) = , P(B A1) = , P(B A2) = ,
3 3 7 7
2 4 8 1 5 2 4 13
P(A2B) = = , P(B) = P(A1B)+ P(A2B) = + = ，B，D 正确，C 错.
3 7 21 3 7 3 7 21
8．若a,b,c 0且 a(a +b + c) +bc = 4 2 3, 所以a2 + ab+ ac+bc = 4 2 3 ，
2 14 2 3 = a + ab+ ac+bc = (4a2 + 4ab+ 4ac+ 2bc+ 2bc)
4
1
(4a2 + 4ab+ 4ac+ 2bc+b2 + c2) ， (2 3 2)2 (2a + b + c)2 , 2a + b + c 2 3 2，
4
3 1
当 a = 3 ,b = c = 时，可取等号， (2a+b+c)min = 2 3 2 .
2 2
1 2π f (x) kπ
10． f (x)g(x) = sin 2x ， T = = π， A 正确； = tan x ，其对称中心为 ( ,0)，k Z，
2 2 g(x) 2
B正确； f g (x) = sin(cos x)，设 t = cos x ，所以 y = sin t,t 1,1 ，
所以 y = sin(cos x)的值域为 sin1,sin1 ，故C 错误；
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π π 3π π π
y = f (x)+ g (x) = 2 sin(x+ ) ，设m = x + ， x , ，m ,0 4 4 4 4 2
π π
当m ,0 时， y = 2 sin m = 2 sin m ， 在 ,0 上单调递减，即
2 2
π 3π π
f (x)+ g (x) = 2 sin(x+ ) 在 , 上是减函数. 4 4 4
11. AD【解析】A．任意两组相对棱中点组成平行四边形的顶点，A 正确;
B．若BA 平面 ACD，则 ABC和 ABD的边 AB上的高所在直线相交于点 A ;
C. 若 AB 平面BCD， BCD是锐角三角形，则由顶点 A作四面体的高，其垂足不是 BCD的
垂心；
D．设 AD为最长棱，假设由 A,D分别引出的另两条棱的长度之和均不大于最长棱，
即 AB AC AD,DB DC AD,则 (AB DB) (AC DC) 2AD，从而
AB DB AD或 AC DC AD ，这与 ADB或 ADC 矛盾，故 D 真.
13. 1 (或 x = 1) .
4
【解析】 f (0) = 0 m=1 3 2，当 x 0时， f (x) = x (x +1) +1， f (x) = 2(2x+1)(x 1)，
3
当0 x 1时， f (x) 0, f (x)单调递减， 当 x 1时， f (x) 0, f (x) 单调递增， x =1为 f (x)
的唯一极小值点，因为 f (x)为奇函数，所以 x = 1为 f (x)的极大值点，也是 g(x) 的极大值点.
1
(n +1)(n +1)!,n = 2k 11 4
14. 【答案】120 ； (n+1)![( 1)
n (2n+1) 1] k 或 ， N .
8 1 n(n +1)!,n = 2k
4
【解析】 f (4) =3！(1+2+3+4+)( 1+2 3+4) =120，
f (n) = (n 1)！(1+ 2+ + n)[ 1+ 2+ + ( 1)n
1
n] = (n+1)![( 1)n(2n+1) 1]
8
15．【解】（1）由已知甲至少答对 2 题才能入选，记甲入选为事件A ，
2 3
2 3 2 3 81则P (A) =C . ……………………5 3 + =
5 5 5 125
（2）设乙答题所得分数为 X ，则 X 的可能取值为 15,0,15,30，
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C3 C2C11 5
P (X = 15) = 5 =3 ； P (X = 0) =
5 5 =
C 12 C3
；
10 10 12
C15C
2 3
P (X =15) = 5
5 C 1
=
3 ； P (X = 30) =
5 = .
C10 12 C
3
10 12
其概率分布列如下：
15
X 0 15 30
1 5 5 1
P
12 12 12 12
1 5 5 1 15
E (X ) = ( 15)+ 0+ 15+ 30 = . ……………………13
12 12 12 12 2
16．(本小题满分 15 分)
【解】(1)在 ABC中， AB =3,BC = 2, D1 C1
1 3 3 3
S = AB BC sin ABC = ，得sin ABC = . A1
2 2 2
B1
C
由 ABC 为锐角知 ABC = 60 . D
A
由余弦定理，AC = AB2 +BC2 2AB BC cos ABC = 7.
B
由 DAB = DCB =90 ,知BD是四边形 ABCD外接圆直径.
AC 2 21
由正弦定理得BD = = . ……………………5
sin ABC 3
(2) 直线 A1B 与直线CD1是异面直线.理由如下：
在四边形 ABCD中，由 DAB =90 , ABC = 60 ，知 AD与BC 相交.
由棱柱性质知 AD A1D1，从而 A1D1 与 BC 异面，所以 A1B 与CD1异面. ……………………8
(3) 直四棱柱 ABCD A1B1C1D1 得 A1A⊥平面 ABCD，以 A为原点，AB, AD, AA 分别为 x, y, z轴1
的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
3
由 AD = BD2 AB2 = ，BCcos(180 ABC) = 1， BC sin(180 ABC) = 3,
3
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3 z D1 C1
得各点坐标： A(0,0,0), B(3,0,0),C(2, 3,0), D(0, ,0)，
3
A1
3
A1(0,0,h), B1(3,0,h),C1(2, 3,h), D1(0, ,h),h 0.
y B1
3 C
D
由 A1B ⊥C D
2 3
1 ， A1B = (3,0, h),C D = ( 2, , h) 知 A1
3 B x
A1B C1D = 6+h
2 = 0，h = 6.
平面 AA1B的一个法向量为m = (0,1,0) .
设平面 ACD1 的一个法向量为n = (x, y, z)，则
n AC = 2x + 3y = 0 3
，n AD1 = y + 6z = 0
n = (3 3, 6, 2)
，取 .
3
m n 6 6 65
设平面 ACD1 与平面 AA B所成角为 ，则 cos = = = .1
m n (3 3)2 + ( 6)2 + ( 2)2 65
……………………15
17．【解】(1)由题意 x R, f ( 2 x) = f (x),特别有 f ( 2) = f (0) ，即 2ae
2 = 0,a = 0 .
此时 f (x) = (x +1)2 +1, f (x) 的图象关于直线 x = 1对称.
f (x) = 2(x +1)2 , f (1) = 3，f (1) = 8.
因此 f (x)的图象在 x =1处的切线方程为 y+3= 8(x 1),即8x+ y 5= 0.
（或者 f (x) = axex (x +1)2 +1,由题意 x R, f ( 2 x) = f (x),
(e2x+2 + x + 2)a
即： 2 x R, = 0, a = 0, f (x) = (x +1) +1.）……………………5
ex+2
(2) f (0) = 0,0是 f (x)的一个零点.
x + 2 x + 2
当 x 0时， f (x) = 0 = a ， f (x)的非零零点个数和函数 g(x) = (x 0) 的图象与
ex ex
直线 y = a的公共点个数相等,记为 n .
x +1
g (x) = , g (x) 0 x 1, g (x) 0 x 1.
ex
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g(x)在区间 ( , 1)递增，在区间 ( 1，+ )递减， g(x)max = g( 1) = e ,
1
g(0) = 2， g( 2) = 0, lim g(x) = + ，由洛必达法则可知： lim g(x) = lim = 0.
x→ x→+ x→+ ex
函数 g(x)的大致图象如下： y
①当a 0或 a = 2或a = e时，n =1；
2 g(x)
②当0 a e且 a 2时，n = 2； y=a
③当a e时，n = 0 . -2 O x
综上，设函数 f (x)的零点共有h(a) ，则
2,a ( ,0] 2,e

h(a) = 3,a (0,2) (2,e) . ……………………15

1,a (e,+ )
另解： f (x) = axex x2 2x = xg(x), g(x) = aex x 2 ， g(0) = a 2, g (x) = aex 1.
当a 0时， g (x) 0， g(x)在R 上单调递减， g(x)最多有1个零点， g(0) = a 2 0
lim g(x) = + , g(x)有唯一零点 x , x 0.
x→ 0 0
当a 0时， g (x) 0 x lna， g (x) 0 x lna，
g(x)在区间 ( , lna)上单调递减，在区间 ( lna,+ )上单调递增，g(x)至多有两个零点 x1, x2 ,
且 x1 ln a x2.
g(x)min = g( ln a) = ln a 1 .
当 a = e时， g(x)min = g( ln a) = 0 ， g(x)有唯一零点 1.
当 a e时， g(x)min = g( ln a) 0 ， g(x)没有零点
x+ 2
当0 a e时，g(x)min = g( ln a) 0 ， lim g(x) = + , lim g(x) = lim [e
x (a 0] = + ,
x→ x→+ x→+ ex
g(x)有两个零点 x1, x2 ,且 x1 ln a x2.
当0 a e且a = 2时， g(0) = a 2= 0， x1 ln a x2 , x1x2 0.
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2,a ( ,0] 2,e

综上，设函数 f (x)的零点共有h(a) ，则h(a) = 3,a (0,2) (2,e) .

1,a (e,+ )
F ( 2,0), F F (2,0)
18．【解】（1）因为椭圆E左、右焦点分别为 1 2 ，所以半焦距c = 2，及 2 .
因为点P(2,3)在 上，所以 2 2 ，a = 4,b2 = a2 2E 2a = PF1 + PF2 = (2+2) +3 +3=8 c =12.
x2 y2
故E的方程为 + =1. ……………………4
16 12
另解：因为椭圆E左、右焦点分别为F1( 2,0), F2 ，所以半焦距c = 2，及 F2 (2,0) ，
从而a2 =b2 +c2 =b2 +4 .
4 9 4 9
因为点P(2,3)在E上，所以 + =1, + =1 (b
2
, 12)(b2 +3) = 0 ,
a2 b2 b2 + 4 b2
b2 =12,a2 =16.
x2 y2
故E的方程为 + =1.
16 12
（2）设线段PQ与线段 F1F2 相交于点 B(t,0)， 2 t 2 ，则 F1B = t + 2, BF2 = 2 t.
PF1 F1B 5 t + 2 1 1
由 F1PQ = F2 AQ及角平分线性质得： = ，即 = ，解得： t = ，B( ,0).
PF2 BF2 3 2 t 2 2
2 2
直线 PQ的方程为： y = 2x 1，代入E的方程：3x + 4y = 48，
22
并整理得：19x2 16x 44= 0，即 (x 2)(19x+22) = 0，解得 x = 2或 x = .
19
22 63
故点Q的坐标为 ( , ). ……………………10
19 19
（3）因为椭圆E关于 x 轴对称，所以可以用曲线C : x
2 + y2 6x +10y +33 = 0关于 x 轴对称的
C : x2曲线 + y2 6x 10y +33 = 0代替C ，仍然用记号曲线C 表示.
C : (x 3)2 + (y 5)2曲线 =1是以C(3,5) 为圆心，1为半径的圆.
C(3,5) 在线段QP的延长线上, CP = (3 2)2 + (5 3)2 = 5 1.
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1
过点P且作直线m 垂直于直线QP , m 的方程为： y = x + 4，
2 y
代入E : 3x2 + 4y2 = 48 ，并整理得： x2 4x+4 = 0， P
m
由 = ( 4)2 4 4 = 0知m 与E相切.
F1 O A F x2
点 N 是椭圆E上的动点， N 与圆C 分别在直线m 的两侧，
Q
从而线段CN 与直线m 交于点G ， CN CP = 5.
点M 是圆C 上任意点，则 MN CN CM 5 1，当且仅当 N 为P，M 为线段CP与圆C
的交点时取等号，所以 MN 的最小值为 5 1. ……………………17
πx
1 cos
19.【详解】（1） πx πx πx( ) 2 4 f x = Asin + B sin = Asin + B
2 8 2 2
πx
当 B = 0时， f (x) = Asin ，则 f (x) = f ( x) ，此时 f (x) 为奇函数，最小正周期T = 4 ；
2
πx B πx B
当 B 0时， f (x) = Asin cos + ，此时 f (x) 为非奇非偶函数，最小正周期T =8 ； ……4
2 2 4 2
（2）(I) 反证法：假设数列{an}是等差数列，公差为d ，
由对任意的 n *，an+1 an ，可知d 0．
πa
因为a = a + Asin n
πa πa d
，所以 Asin n = d ，即sin n = =n+1 n 非零常数
2 2 2 A
πa π a + d π a + 2d
因为sin 1
( ) ( )
= sin 1 = sin 1 = 0 ，故 d = 4k（其中 k 是正整数）．
2 2 2
d πx d
因为d 4，0 A 4，所以 1．方程sin = 无解，矛盾．
A 2 A
因此假设不成立，即当 A 4时，数列{an}不是等差数列． ………………10
(II) 若数列{an}是等比数列，则其各项均非零，设其公比为q
πa an n+1 8 πan πa由a = a +8sin 得 =1+ sin ，即sin n
a
n+1 n =
n (q 1)．
2 an an 2 2 8
πx q 1
考虑方程sin = x， an 均为该方程（记为①）的解．
2 8
πx q 1 8 8
由函数 y = sin 的值域为[ 1,1]可知 x 1，即 | x | ，所以 | an | ．
2 8 | q 1 | | q 1 |
8 8 8
若q 1，则当 n 充分大时（n log|q| +1时）， | an | ，与 | an | 矛盾，
a1 | q 1| | q 1 | | q 1 |
从而不合题意．
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πx q 1
若 1 q 0，函数 y = sin x 在[ 1,1]是严格增函数
2 8
由 x = 0时 y = 0 ，可知函数当 x [ 1, 0) (0,1]时，均有 y 0，
因此函数的零点（即方程①的解）的绝对值均大于 1，即 | an | 1．
1
1 q 0 | a |= a | q |n 1但若 ，由 ，则当n 充分大时（n 1+ logn 1 |q| 时）， a1
将有 | a | a | 1n | 1，这与 n 矛盾，从而不合题意．
πx 1
综上，只能有 q = 1．此时方程①为sin = x，
2 4
πx x 1 1
记 h(x) = sin + , x R ．因为 h(2) = 0， h(3) = 0
2 4 2 4
所以存在 x0 (2, 3) ，使 x 是方程①的解．进而由函数 y = h(x)0 是奇函数， x0 也是方程①的解．
x0 , n = 2k 1,
故只需取an = 其中 k 是正整数即可.
x0 , n = 2k,
综合上述，存在公比为负数的无穷等比数列{an}，其公比只能是 1． ………………17
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