广东省部分名校2025届高三上学期数学阶段调研试卷三
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
1．（2024高三上·广东月考）已知集合，，则的真子集的个数为（ ）
A．8 B．7 C．16 D．15
2．（2024高三上·广东月考）在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（2024高三上·广东月考）设，都是不等于1的正数，则“”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2024高三上·广东月考）已知，则=（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·广东月考）已知单位向量，的夹角为，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．在方向上的投影向量为
C．若，则
D．若，则
6．（2024高三上·广东月考）已知数列的前项和为，其中，且，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·广东月考）函数，其中，其最小正周期为，则下列说法错误的是（ ）
A．
B．函数图象关于点对称
C．函数图象向右移个单位后，图象关于轴对称，则的最小值为
D．若，则函数的最大值为
8．（2024高三上·广东月考）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．函数有两个零点 B．当时，
C．的解集是 D．都有
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2024高三上·广东月考）已知函数，，则（ ）
A．与的值域相同
B．与的最小正周期相同
C．曲线与有相同的对称轴
D．曲线与有相同的对称中心
10．（2024高三上·广东月考）已知数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．若是等差数列，且，则
B．若是等比数列，且，则
C．若，则是等差数列
D．若是公比大于1的等比数列，则
11．（2024高三上·广东月考）已知函数及其导函数的定义域均为，若是偶函数，且，令，则下列说法正确的是（ ）
A．函数是奇函数
B．
C．函数的图象关于点对称
D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高三上·广东月考）已知函数，若，，且，则的最小值是 ．
13．（2024高三上·广东月考）已知的外心为，内角的对边分别为，且.若，则 .
14．（2024高三上·广东月考）若存在实数m，使得对于任意的，不等式恒成立，则取得最大值时， ．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
15．（2024高三上·广东月考）已知的内角、、的对边分别为、、，且．
（1）求；
（2）若，则面积为，求、的值．
16．（2024高三上·广东月考）已知数列中，，
（1）证明数列 是等比数列；
（2）若数列 的通项公式为 ，求数列 的前n项和.
17．（2024高三上·广东月考）已知直三棱柱中，，分别为和的中点，为棱上的动点，.
（1）证明：平面平面；
（2）设，是否存在实数，使得平面与平面所成的角的余弦值为
18．（2024高三上·广东月考）如图，广东省某机器人比赛设计了一个矩形场地ABCD（含边界和内部，A为坐标原点），AD长10米，在AB边上距离A点4米的F处放一只电子狗，在距A点2米的E处放一个机器人，机器人行走速度为v，电子狗行走速度为2v，若电子狗和机器人在场地内沿直线方向同时到达场地内某点M，那么电子狗将被机器人捕获，点M叫“成功点”．
（1）求在这个矩形场地内“成功点”M的轨迹方程；
（2）若P为矩形场地AD边上的一点，电子狗在线段FP上总能逃脱，求|AP|的取值范围．
19．（2024高三上·广东月考）已知函数，且在上的最小值为0.
（1）求实数的取值范围；
（2）设函数在区间上的导函数为，若对任意实数恒成立，则称函数在区间上具有性质.
（i）求证：函数在上具有性质；
（ii）记，其中，求证：.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】子集与真子集；交集及其运算；有限集合的子集个数
【解析】【解答】解：因为，，将中元素代入，验证可得，所以的真子集的个数为.
故答案为：B.
【分析】确定集合与集合的交集，这就需要把集合中的元素逐个代入集合的不等式，判断是否满足来确定交集元素.根据集合真子集个数的计算公式：若一个集合有个元素，其真子集个数为，来计算真子集的个数.
2．【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，所以该复数在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】确定复数在复平面内对应点的位置，通过复数乘法运算将复数化简为标准形式（为实部，为虚部 ），根据复平面内点的坐标的横、纵坐标符号，判断其所在象限.
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：若，可得，则，
所以，即等价于；
若，等价于，显然可以推出，但不能推出，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：B.
【分析】判断“”与“”的条件关系，分析两个条件所对应的集合范围，依据充分条件和必要条件的定义（若能推出，是的充分条件；若能推出，是的必要条件 ）来判断.用对数函数性质化简对数不等式，得出、的范围；再利用指数函数性质化简指数不等式，得出、的范围.
4．【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：由，得，即，
所以，所以，
所以．
故答案为：D．
【分析】用三角恒等变换公式，先对已知条件进行化简，求出的值，再代入两角和的正切公式计算.
5．【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A：因为，是单位向量，所以，所以，故A错误；
B：因为，是单位向量，所以在方向上的投影向量，故B正确
C：因为，所以，又因为，所以，故C错误；
D：因为，所以，所以，所以，故D错误；
故答案为：B．
【分析】A：通过计算，根据数量积是否为判断两向量是否垂直，判断是否共线.
B：依据投影向量的定义，结合单位向量的性质进行推导.
C：对两边平方，利用数量积公式求出夹角.
D：对进行化简，根据化简结果判断与的位置关系.
6．【答案】C
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，即，所以．
故答案为：C.
【分析】通过对已知的数列前项和的递推公式进行构造，得到一个新的等比数列，进而求出的表达式，再根据求出，最后计算的值.构造等比数列，将非齐次的递推关系转化为齐次的等比数列递推关系.
7．【答案】D
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由已知可得：
所以，
又因为，所以函数的最小正周期为，由已知可知，所以，所以A正确；
所以，
因为，所以函数图象关于点对称，所以B正确，
将函数图象向右移个单位后可得函数的图象，
因为的图象关于轴对称，
所以，又因为，
所以的最小值为，所以C正确，
若，则，
所以，故，
所以，当时，函数取最大值，最大值为，所以D错误.
故答案为：D.
【分析】利用二倍角的余弦公式和两角和的正弦公式，再利用辅助角公式化简函数为正弦型函数，再结合正弦型函数的最小正周期公式，则判断出选项A；利用正弦型函数的图象的对称性，则判断出选项B；利用正弦型函数的图象变换和函数图象的对称性，则由得出的最小值，则判断出选项C；利用x的取值范围和不等式的基本性质以及正弦型函数的图象求值域的方法，从而得出正弦型函数的最大值，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
8．【答案】C
【知识点】函数的值域；函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：设，则，所以，因为是定义在上的奇函数，所以，，所以，即，所以函数的解析式为，故不正确；
当时，令，解得，当时，令，解得，所以函数有三个零点，故不正确；
当时，令，解得，当时，令，解得，所以的解集为，故正确；
当时，，所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以当时，函数取得最小值，
当时，，所以当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时，函数取得最大值，当时，，所以，都有，所以不正确.
故答案为：.
【分析】围绕奇函数展开，用奇偶性求解析式，结合零点、不等式求解、单调性与最值分析选项.奇函数性质（ 、 ），通过分类讨论（、、 ）研究函数各性质，判断选项正误.
9．【答案】A,B,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；余弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：A：，，则与的值域相同，故A正确．
B：与的最小正周期均为，故B正确．
C：曲线与的对称轴方程均为，C正确．
D：曲线没有对称中心，曲线有对称中心，故D错误．
故答案为：ABC.
【分析】分析函数和的值域、最小正周期、对称轴、对称中心这四个性质，通过对每个性质的计算和推导来判断选项的正确性.用三角函数的相关公式（如二倍角公式 ）和性质（周期性、对称性等 ）.
10．【答案】A,B
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的前n项和；等差关系的确定；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：A：若是等差数列，则，
且，则，A正确；
B：若是等比数列，显然时，否则，不成立，
，且，则，B正确；
C：若，则，，
，，数列不是等差数列，C错误；
D：若，则，，不满足，D错误.
故答案为：AB.
【分析】本题涉及等差数列和等比数列的前项和公式及相关性质，需要分别对每个选项，结合等差、等比数列的求和公式、通项与前项和的关系来判断结论是否正确.
11．【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；简单复合函数求导法则；等差数列的前n项和
【解析】【解答】A：因为，所以，所以函数是偶函数，故A错误；
B：因为为偶函数，所以，即，所以，即，令，得，所以，故B正确；
C：因为，所以，即，又，所以，所以，所以，即，所以函数的图象关于点对称，故C正确；
D：因为，令，得，所以，又，所以，，…，所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】围绕函数的奇偶性、对称性、导数的性质以及数列求和展开，结合已知条件，利用函数奇偶性定义、复合函数求导、函数对称性推导以及递推关系求数列和来逐一分析选项.对是偶函数、这些条件的转化与应用.
12．【答案】8
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；基本不等式
【解析】【解答】解：因为的定义域为，，
所以，函数为奇函数，因为，令，
则，令，则，
所以，在上单调递增，因为，所以，当时，，
当时，，所以，当时，单调递减，当时，单调递增，
所以，当时，有最小值，所以，，
所以，函数在上单调递增，因为，，
所以，即，
因为函数在上单调递增，所以，，即，
因为，，所以，的最小值，当且仅当，即时等号成立.
故答案为：.
【分析】判断函数的奇偶性，利用奇偶性和已知条件得出的关系式，再根据基本不等式“的代换”来求解的最小值.用函数奇偶性转化条件，以及熟练运用基本不等式求最值.
13．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算；三角形五心；余弦定理
【解析】【解答】解：由题意，不妨设，
所以，
解得，则，又因为是的外心，过点作又因为，
所以，则，
故答案为：.
【分析】根据三角形边的比例关系设出边长，用向量数量积公式和余弦定理求出边长的参数，结合外心的性质（外心是三角形外接圆的圆心，到各顶点距离相等，且外心在边的垂直平分线上 ），通过向量数量积的几何意义求解.用余弦定理求出角的余弦值，以及外心的垂直平分线性质转化向量数量积.
14．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；简单的三角恒等变换；二倍角的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为恒成立，
即恒成立，
若存在实数，使得上式成立，则，
则，
可得，可得，解得，
由，则取得最大值时，
此时.
故答案为：.
【分析】将原不等式整理为关于的一元二次不等式形式，用一元二次不等式有解的条件得出关于的三角不等式，解该三角不等式得到的取值范围，根据取最大值时、的取值，计算.将不等式转化为熟悉的二次型，结合三角恒等变换和三角函数的性质求解.
15．【答案】（1）解： 因为，由正弦定理可得，
因为，则，所以，，即，即，
因为，则，
所以，，解得.
（2）解： 因为，所以，①，
由余弦定理可得②，
联立①②可得或.
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）通过正弦定理将边化为角，再结合三角恒等变换求出角；
（2）依据面积公式和余弦定理建立关于、的方程组，进而求解.
（1）因为，由正弦定理可得，
因为，则，所以，，即，
即，
因为，则，所以，，解得.
（2）因为，所以，①，
由余弦定理可得②，
联立①②可得或.
16．【答案】（1）证明：因为，所以，即，为常数，
故数列是等比数列．
（2）解： 由（1）知，数列是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，即，
所以，
故，
所以，
两式相减得，，
所以．
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比关系的确定；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）要证明是等比数列，需根据等比数列定义，证明为常数.
（2）先由（1）的结论求出，进而得到的表达式，再利用错位相减法求出，错位相减法适用于由等差数列与等比数列对应项相乘构成的数列求和.
（1）证明：因为，所以，即，为常数，
故数列是等比数列．
（2）由（1）知，数列是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，即，
所以，
故，
所以，
两式相减得，，
所以．
17．【答案】（1）证明：
由于在直三棱柱中，有平面，而在平面内，故.
同时有，且，故.
由于，，且和在平面内交于点，故平面.
由于在平面内，故.
取的中点，由于分别是和的中点，故，而，故，
即.由于分别是和的中点，可以得到，
所以有平行四边形，故.
设和交于点，由于，，，
从而得到全等于，故.
这就得到，从而，即.而，故.
由于，即，而，和在平面内交于点，故平面.
由于平面，在平面内，故平面平面.
（2）解：有，又因为平面，和在平面内，故，.
由于两两垂直，故我们能够以为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系.
由于题设条件和需要求证的结论均只依赖于线段间的比值，不妨设，
得到，，，，，，，.
据题设有，显然，此时.从而有，，，.
设和分别是平面和平面的法向量，
则，.即，，
从而可取，.
此时平面与平面所成的角的余弦值为，
故条件等价于，即，解得，
所以存在，使得平面与平面所成的角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）要证平面平面，需先证线面垂直，即证平面，通过直三棱柱性质、中点条件找线线垂直来推导.
（2）利用空间向量法，建立坐标系，求出两个平面的法向量，根据二面角与法向量夹角的关系列方程求解.
（1）由于在直三棱柱中，有平面，而在平面内，故.
同时有，且，故.
由于，，且和在平面内交于点，故平面.
由于在平面内，故.
取的中点，由于分别是和的中点，故，而，故，即.
由于分别是和的中点，可以得到，所以有平行四边形，故.
设和交于点，由于，，，
从而得到全等于，故.
这就得到，从而，即.
而，故.
由于，即，而，和在平面内交于点，故平面.
由于平面，在平面内，故平面平面.
（2）有，又因为平面，和在平面内，故，.
由于两两垂直，故我们能够以为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系.
由于题设条件和需要求证的结论均只依赖于线段间的比值，不妨设，
这就得到，，，，，，，.
据题设有，显然，此时.
从而有，，，.
设和分别是平面和平面的法向量，则，.
即，，从而可取，.
此时平面与平面所成的角的余弦值为，
故条件等价于，即，解得，
所以存在，使得平面与平面所成的角的余弦值为.
18．【答案】（1）解： 分别以AD，AB为x，y轴建立平面直角坐标系，如图，
则，，设成功点，
依题意，，即，则，
化简得，
所以这个矩形场地内成功点M的轨迹方程是.
（2）解： 由（1）知，点M的轨迹是以为圆心，为半径的右半圆，由电子狗在线段FP上总能逃脱，得直线与点M的轨迹在轴右侧且相离，
此时直线的斜率，方程为，即，
由，得，则有，
即，此时，
而，所以的取值范围是.
【知识点】平面内两点间的距离公式；轨迹方程；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）根据速度关系得出距离关系 ，通过设点坐标，代入距离公式，化简得到轨迹方程，同时结合矩形场地限制确定范围.
（2）电子狗在线段总能逃脱，意味着线段与“成功点”轨迹无交点.求过且与轨迹相切的直线，结合直线与边交点，确定的取值范围.
（1）分别以AD，AB为x，y轴建立平面直角坐标系，如图，
则，，设成功点，
依题意，，即，
则，化简得，
所以这个矩形场地内成功点M的轨迹方程是.
（2）由（1）知，点M的轨迹是以为圆心，为半径的右半圆，
由电子狗在线段FP上总能逃脱，得直线与点M的轨迹在轴右侧且相离，
此时直线的斜率，方程为，即，
由，得，则有，即，
此时，而，
所以的取值范围是.
19．【答案】（1）解：，，，，，
令，，等号不同时取，
所以当时，，在上单调递增，，
①若，即，，在上单调递增，
所以在上的最小值为，符合题意.
②若，即，此时，，
又函数在的图象不间断，据零点存在性定理可知，存在，使得，
且当时，，在上单调递减，
所以，与题意矛盾，舍去.
综上所述，实数的取值范围是.
（2）证明： （i）由（1）可知，当时，.要证函数在上具有性质.
即证：当时，.即证：当时，.
令，，则，即，，，所以在上单调递增，.即当时，，得证.
（ii）法一：由（i）得，当时，，所以当时，.
下面先证明两个不等式：①，其中；②，其中.
①令，，则，在上单调递增，
所以，即当时，.
②令，，则，
所以在上单调递增，故，即当时，，故，得.
据不等式②可知，当时，，
所以当时，.
结合不等式①可得，当时，.
所以当时，，当，时，，有.
所以.又，
所以
法二：要证：.
显然，当时，，结论成立.
只要证：当，时，.
即证：当，时，.
令，.
所以，，所以，
在上单调递减，所以，在上单调递增，
所以，在上单调递增，所以，即当时，.
所以当，时，，，
所以当，时，.
所以.
【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】【分析】（1）通过求导分析 的单调性，再分情况讨论 符号，确定 单调性，进而根据最小值为 确定 的范围，核心是利用导数研究函数单调性与最值的逻辑.
（2）（i）要证“性质 ”，需构造 ，通过求导判断 单调性，证明 ，即转化为证明新函数的正负性.
（ii）借助（i）结论，结合导数证明两个辅助不等式，再通过不等式放缩，将复杂乘积式转化为可求和的式子，利用裂项相消证明，关键是找到合适的放缩方向与辅助不等式.
（1），，，
，，令
，等号不同时取，
所以当时，，在上单调递增，
①若，即，，在上单调递增，
所以在上的最小值为，符合题意.
②若，即，此时，
，
又函数在的图象不间断，
据零点存在性定理可知，存在，使得，
且当时，，在上单调递减，
所以，与题意矛盾，舍去.
综上所述，实数的取值范围是.
（2）（i）由（1）可知，当时，.
要证函数在上具有性质.
即证：当时，.
即证：当时，.
令，，则，
即，，，
所以在上单调递增，.
即当时，，得证.
（ii）法一：由（i）得，当时，，
所以当时，.
下面先证明两个不等式：①，其中；②，其中.
①令，，则，在上单调递增，所以，即当时，.
②令，，则，
所以在上单调递增，故，
即当时，，故，得.
据不等式②可知，当时，，
所以当时，.
结合不等式①可得，当时，
.
所以当时，
当，时，，有.
所以.
又，
所以
法二：要证：.
显然，当时，，结论成立.
只要证：当，时，.
即证：当，时，.
令，.
所以，，
所以，在上单调递减，
所以，在上单调递增，
所以，在上单调递增，
所以，即当时，.
所以当，时，，有，
所以当，时，.
所以
1 / 1广东省部分名校2025届高三上学期数学阶段调研试卷三
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
1．（2024高三上·广东月考）已知集合，，则的真子集的个数为（ ）
A．8 B．7 C．16 D．15
【答案】B
【知识点】子集与真子集；交集及其运算；有限集合的子集个数
【解析】【解答】解：因为，，将中元素代入，验证可得，所以的真子集的个数为.
故答案为：B.
【分析】确定集合与集合的交集，这就需要把集合中的元素逐个代入集合的不等式，判断是否满足来确定交集元素.根据集合真子集个数的计算公式：若一个集合有个元素，其真子集个数为，来计算真子集的个数.
2．（2024高三上·广东月考）在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，所以该复数在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】确定复数在复平面内对应点的位置，通过复数乘法运算将复数化简为标准形式（为实部，为虚部 ），根据复平面内点的坐标的横、纵坐标符号，判断其所在象限.
3．（2024高三上·广东月考）设，都是不等于1的正数，则“”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：若，可得，则，
所以，即等价于；
若，等价于，显然可以推出，但不能推出，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：B.
【分析】判断“”与“”的条件关系，分析两个条件所对应的集合范围，依据充分条件和必要条件的定义（若能推出，是的充分条件；若能推出，是的必要条件 ）来判断.用对数函数性质化简对数不等式，得出、的范围；再利用指数函数性质化简指数不等式，得出、的范围.
4．（2024高三上·广东月考）已知，则=（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：由，得，即，
所以，所以，
所以．
故答案为：D．
【分析】用三角恒等变换公式，先对已知条件进行化简，求出的值，再代入两角和的正切公式计算.
5．（2024高三上·广东月考）已知单位向量，的夹角为，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．在方向上的投影向量为
C．若，则
D．若，则
【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A：因为，是单位向量，所以，所以，故A错误；
B：因为，是单位向量，所以在方向上的投影向量，故B正确
C：因为，所以，又因为，所以，故C错误；
D：因为，所以，所以，所以，故D错误；
故答案为：B．
【分析】A：通过计算，根据数量积是否为判断两向量是否垂直，判断是否共线.
B：依据投影向量的定义，结合单位向量的性质进行推导.
C：对两边平方，利用数量积公式求出夹角.
D：对进行化简，根据化简结果判断与的位置关系.
6．（2024高三上·广东月考）已知数列的前项和为，其中，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，即，所以．
故答案为：C.
【分析】通过对已知的数列前项和的递推公式进行构造，得到一个新的等比数列，进而求出的表达式，再根据求出，最后计算的值.构造等比数列，将非齐次的递推关系转化为齐次的等比数列递推关系.
7．（2024高三上·广东月考）函数，其中，其最小正周期为，则下列说法错误的是（ ）
A．
B．函数图象关于点对称
C．函数图象向右移个单位后，图象关于轴对称，则的最小值为
D．若，则函数的最大值为
【答案】D
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由已知可得：
所以，
又因为，所以函数的最小正周期为，由已知可知，所以，所以A正确；
所以，
因为，所以函数图象关于点对称，所以B正确，
将函数图象向右移个单位后可得函数的图象，
因为的图象关于轴对称，
所以，又因为，
所以的最小值为，所以C正确，
若，则，
所以，故，
所以，当时，函数取最大值，最大值为，所以D错误.
故答案为：D.
【分析】利用二倍角的余弦公式和两角和的正弦公式，再利用辅助角公式化简函数为正弦型函数，再结合正弦型函数的最小正周期公式，则判断出选项A；利用正弦型函数的图象的对称性，则判断出选项B；利用正弦型函数的图象变换和函数图象的对称性，则由得出的最小值，则判断出选项C；利用x的取值范围和不等式的基本性质以及正弦型函数的图象求值域的方法，从而得出正弦型函数的最大值，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
8．（2024高三上·广东月考）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．函数有两个零点 B．当时，
C．的解集是 D．都有
【答案】C
【知识点】函数的值域；函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：设，则，所以，因为是定义在上的奇函数，所以，，所以，即，所以函数的解析式为，故不正确；
当时，令，解得，当时，令，解得，所以函数有三个零点，故不正确；
当时，令，解得，当时，令，解得，所以的解集为，故正确；
当时，，所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以当时，函数取得最小值，
当时，，所以当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时，函数取得最大值，当时，，所以，都有，所以不正确.
故答案为：.
【分析】围绕奇函数展开，用奇偶性求解析式，结合零点、不等式求解、单调性与最值分析选项.奇函数性质（ 、 ），通过分类讨论（、、 ）研究函数各性质，判断选项正误.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2024高三上·广东月考）已知函数，，则（ ）
A．与的值域相同
B．与的最小正周期相同
C．曲线与有相同的对称轴
D．曲线与有相同的对称中心
【答案】A,B,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；余弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：A：，，则与的值域相同，故A正确．
B：与的最小正周期均为，故B正确．
C：曲线与的对称轴方程均为，C正确．
D：曲线没有对称中心，曲线有对称中心，故D错误．
故答案为：ABC.
【分析】分析函数和的值域、最小正周期、对称轴、对称中心这四个性质，通过对每个性质的计算和推导来判断选项的正确性.用三角函数的相关公式（如二倍角公式 ）和性质（周期性、对称性等 ）.
10．（2024高三上·广东月考）已知数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．若是等差数列，且，则
B．若是等比数列，且，则
C．若，则是等差数列
D．若是公比大于1的等比数列，则
【答案】A,B
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的前n项和；等差关系的确定；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：A：若是等差数列，则，
且，则，A正确；
B：若是等比数列，显然时，否则，不成立，
，且，则，B正确；
C：若，则，，
，，数列不是等差数列，C错误；
D：若，则，，不满足，D错误.
故答案为：AB.
【分析】本题涉及等差数列和等比数列的前项和公式及相关性质，需要分别对每个选项，结合等差、等比数列的求和公式、通项与前项和的关系来判断结论是否正确.
11．（2024高三上·广东月考）已知函数及其导函数的定义域均为，若是偶函数，且，令，则下列说法正确的是（ ）
A．函数是奇函数
B．
C．函数的图象关于点对称
D．
【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；简单复合函数求导法则；等差数列的前n项和
【解析】【解答】A：因为，所以，所以函数是偶函数，故A错误；
B：因为为偶函数，所以，即，所以，即，令，得，所以，故B正确；
C：因为，所以，即，又，所以，所以，所以，即，所以函数的图象关于点对称，故C正确；
D：因为，令，得，所以，又，所以，，…，所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】围绕函数的奇偶性、对称性、导数的性质以及数列求和展开，结合已知条件，利用函数奇偶性定义、复合函数求导、函数对称性推导以及递推关系求数列和来逐一分析选项.对是偶函数、这些条件的转化与应用.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高三上·广东月考）已知函数，若，，且，则的最小值是 ．
【答案】8
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；基本不等式
【解析】【解答】解：因为的定义域为，，
所以，函数为奇函数，因为，令，
则，令，则，
所以，在上单调递增，因为，所以，当时，，
当时，，所以，当时，单调递减，当时，单调递增，
所以，当时，有最小值，所以，，
所以，函数在上单调递增，因为，，
所以，即，
因为函数在上单调递增，所以，，即，
因为，，所以，的最小值，当且仅当，即时等号成立.
故答案为：.
【分析】判断函数的奇偶性，利用奇偶性和已知条件得出的关系式，再根据基本不等式“的代换”来求解的最小值.用函数奇偶性转化条件，以及熟练运用基本不等式求最值.
13．（2024高三上·广东月考）已知的外心为，内角的对边分别为，且.若，则 .
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算；三角形五心；余弦定理
【解析】【解答】解：由题意，不妨设，
所以，
解得，则，又因为是的外心，过点作又因为，
所以，则，
故答案为：.
【分析】根据三角形边的比例关系设出边长，用向量数量积公式和余弦定理求出边长的参数，结合外心的性质（外心是三角形外接圆的圆心，到各顶点距离相等，且外心在边的垂直平分线上 ），通过向量数量积的几何意义求解.用余弦定理求出角的余弦值，以及外心的垂直平分线性质转化向量数量积.
14．（2024高三上·广东月考）若存在实数m，使得对于任意的，不等式恒成立，则取得最大值时， ．
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；简单的三角恒等变换；二倍角的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为恒成立，
即恒成立，
若存在实数，使得上式成立，则，
则，
可得，可得，解得，
由，则取得最大值时，
此时.
故答案为：.
【分析】将原不等式整理为关于的一元二次不等式形式，用一元二次不等式有解的条件得出关于的三角不等式，解该三角不等式得到的取值范围，根据取最大值时、的取值，计算.将不等式转化为熟悉的二次型，结合三角恒等变换和三角函数的性质求解.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
15．（2024高三上·广东月考）已知的内角、、的对边分别为、、，且．
（1）求；
（2）若，则面积为，求、的值．
【答案】（1）解： 因为，由正弦定理可得，
因为，则，所以，，即，即，
因为，则，
所以，，解得.
（2）解： 因为，所以，①，
由余弦定理可得②，
联立①②可得或.
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）通过正弦定理将边化为角，再结合三角恒等变换求出角；
（2）依据面积公式和余弦定理建立关于、的方程组，进而求解.
（1）因为，由正弦定理可得，
因为，则，所以，，即，
即，
因为，则，所以，，解得.
（2）因为，所以，①，
由余弦定理可得②，
联立①②可得或.
16．（2024高三上·广东月考）已知数列中，，
（1）证明数列 是等比数列；
（2）若数列 的通项公式为 ，求数列 的前n项和.
【答案】（1）证明：因为，所以，即，为常数，
故数列是等比数列．
（2）解： 由（1）知，数列是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，即，
所以，
故，
所以，
两式相减得，，
所以．
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比关系的确定；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）要证明是等比数列，需根据等比数列定义，证明为常数.
（2）先由（1）的结论求出，进而得到的表达式，再利用错位相减法求出，错位相减法适用于由等差数列与等比数列对应项相乘构成的数列求和.
（1）证明：因为，所以，即，为常数，
故数列是等比数列．
（2）由（1）知，数列是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，即，
所以，
故，
所以，
两式相减得，，
所以．
17．（2024高三上·广东月考）已知直三棱柱中，，分别为和的中点，为棱上的动点，.
（1）证明：平面平面；
（2）设，是否存在实数，使得平面与平面所成的角的余弦值为
【答案】（1）证明：
由于在直三棱柱中，有平面，而在平面内，故.
同时有，且，故.
由于，，且和在平面内交于点，故平面.
由于在平面内，故.
取的中点，由于分别是和的中点，故，而，故，
即.由于分别是和的中点，可以得到，
所以有平行四边形，故.
设和交于点，由于，，，
从而得到全等于，故.
这就得到，从而，即.而，故.
由于，即，而，和在平面内交于点，故平面.
由于平面，在平面内，故平面平面.
（2）解：有，又因为平面，和在平面内，故，.
由于两两垂直，故我们能够以为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系.
由于题设条件和需要求证的结论均只依赖于线段间的比值，不妨设，
得到，，，，，，，.
据题设有，显然，此时.从而有，，，.
设和分别是平面和平面的法向量，
则，.即，，
从而可取，.
此时平面与平面所成的角的余弦值为，
故条件等价于，即，解得，
所以存在，使得平面与平面所成的角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）要证平面平面，需先证线面垂直，即证平面，通过直三棱柱性质、中点条件找线线垂直来推导.
（2）利用空间向量法，建立坐标系，求出两个平面的法向量，根据二面角与法向量夹角的关系列方程求解.
（1）由于在直三棱柱中，有平面，而在平面内，故.
同时有，且，故.
由于，，且和在平面内交于点，故平面.
由于在平面内，故.
取的中点，由于分别是和的中点，故，而，故，即.
由于分别是和的中点，可以得到，所以有平行四边形，故.
设和交于点，由于，，，
从而得到全等于，故.
这就得到，从而，即.
而，故.
由于，即，而，和在平面内交于点，故平面.
由于平面，在平面内，故平面平面.
（2）有，又因为平面，和在平面内，故，.
由于两两垂直，故我们能够以为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系.
由于题设条件和需要求证的结论均只依赖于线段间的比值，不妨设，
这就得到，，，，，，，.
据题设有，显然，此时.
从而有，，，.
设和分别是平面和平面的法向量，则，.
即，，从而可取，.
此时平面与平面所成的角的余弦值为，
故条件等价于，即，解得，
所以存在，使得平面与平面所成的角的余弦值为.
18．（2024高三上·广东月考）如图，广东省某机器人比赛设计了一个矩形场地ABCD（含边界和内部，A为坐标原点），AD长10米，在AB边上距离A点4米的F处放一只电子狗，在距A点2米的E处放一个机器人，机器人行走速度为v，电子狗行走速度为2v，若电子狗和机器人在场地内沿直线方向同时到达场地内某点M，那么电子狗将被机器人捕获，点M叫“成功点”．
（1）求在这个矩形场地内“成功点”M的轨迹方程；
（2）若P为矩形场地AD边上的一点，电子狗在线段FP上总能逃脱，求|AP|的取值范围．
【答案】（1）解： 分别以AD，AB为x，y轴建立平面直角坐标系，如图，
则，，设成功点，
依题意，，即，则，
化简得，
所以这个矩形场地内成功点M的轨迹方程是.
（2）解： 由（1）知，点M的轨迹是以为圆心，为半径的右半圆，由电子狗在线段FP上总能逃脱，得直线与点M的轨迹在轴右侧且相离，
此时直线的斜率，方程为，即，
由，得，则有，
即，此时，
而，所以的取值范围是.
【知识点】平面内两点间的距离公式；轨迹方程；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）根据速度关系得出距离关系 ，通过设点坐标，代入距离公式，化简得到轨迹方程，同时结合矩形场地限制确定范围.
（2）电子狗在线段总能逃脱，意味着线段与“成功点”轨迹无交点.求过且与轨迹相切的直线，结合直线与边交点，确定的取值范围.
（1）分别以AD，AB为x，y轴建立平面直角坐标系，如图，
则，，设成功点，
依题意，，即，
则，化简得，
所以这个矩形场地内成功点M的轨迹方程是.
（2）由（1）知，点M的轨迹是以为圆心，为半径的右半圆，
由电子狗在线段FP上总能逃脱，得直线与点M的轨迹在轴右侧且相离，
此时直线的斜率，方程为，即，
由，得，则有，即，
此时，而，
所以的取值范围是.
19．（2024高三上·广东月考）已知函数，且在上的最小值为0.
（1）求实数的取值范围；
（2）设函数在区间上的导函数为，若对任意实数恒成立，则称函数在区间上具有性质.
（i）求证：函数在上具有性质；
（ii）记，其中，求证：.
【答案】（1）解：，，，，，
令，，等号不同时取，
所以当时，，在上单调递增，，
①若，即，，在上单调递增，
所以在上的最小值为，符合题意.
②若，即，此时，，
又函数在的图象不间断，据零点存在性定理可知，存在，使得，
且当时，，在上单调递减，
所以，与题意矛盾，舍去.
综上所述，实数的取值范围是.
（2）证明： （i）由（1）可知，当时，.要证函数在上具有性质.
即证：当时，.即证：当时，.
令，，则，即，，，所以在上单调递增，.即当时，，得证.
（ii）法一：由（i）得，当时，，所以当时，.
下面先证明两个不等式：①，其中；②，其中.
①令，，则，在上单调递增，
所以，即当时，.
②令，，则，
所以在上单调递增，故，即当时，，故，得.
据不等式②可知，当时，，
所以当时，.
结合不等式①可得，当时，.
所以当时，，当，时，，有.
所以.又，
所以
法二：要证：.
显然，当时，，结论成立.
只要证：当，时，.
即证：当，时，.
令，.
所以，，所以，
在上单调递减，所以，在上单调递增，
所以，在上单调递增，所以，即当时，.
所以当，时，，，
所以当，时，.
所以.
【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】【分析】（1）通过求导分析 的单调性，再分情况讨论 符号，确定 单调性，进而根据最小值为 确定 的范围，核心是利用导数研究函数单调性与最值的逻辑.
（2）（i）要证“性质 ”，需构造 ，通过求导判断 单调性，证明 ，即转化为证明新函数的正负性.
（ii）借助（i）结论，结合导数证明两个辅助不等式，再通过不等式放缩，将复杂乘积式转化为可求和的式子，利用裂项相消证明，关键是找到合适的放缩方向与辅助不等式.
（1），，，
，，令
，等号不同时取，
所以当时，，在上单调递增，
①若，即，，在上单调递增，
所以在上的最小值为，符合题意.
②若，即，此时，
，
又函数在的图象不间断，
据零点存在性定理可知，存在，使得，
且当时，，在上单调递减，
所以，与题意矛盾，舍去.
综上所述，实数的取值范围是.
（2）（i）由（1）可知，当时，.
要证函数在上具有性质.
即证：当时，.
即证：当时，.
令，，则，
即，，，
所以在上单调递增，.
即当时，，得证.
（ii）法一：由（i）得，当时，，
所以当时，.
下面先证明两个不等式：①，其中；②，其中.
①令，，则，在上单调递增，所以，即当时，.
②令，，则，
所以在上单调递增，故，
即当时，，故，得.
据不等式②可知，当时，，
所以当时，.
结合不等式①可得，当时，
.
所以当时，
当，时，，有.
所以.
又，
所以
法二：要证：.
显然，当时，，结论成立.
只要证：当，时，.
即证：当，时，.
令，.
所以，，
所以，在上单调递减，
所以，在上单调递增，
所以，在上单调递增，
所以，即当时，.
所以当，时，，有，
所以当，时，.
所以
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