广东省广州市第十六中学2025届高三上期末数学试题
一、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．（2025高三上·广州期末），，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·广州期末）已知复数在复平面内所对应的点位于第一象限，且，则复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（2025高三上·广州期末）已知，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高三上·广州期末）将函数的图象向右平移个单位，得到的图象，再将图象上的所有点的横坐标变成原来的，得到的图象，则下列说法正确的个数是（ ）
①函数的最小正周期为；②是函数图象的一个对称中心；③函数图象的一个对称轴方程为；④函数在区间上单调递增
A．1 B．2 C．3 D．4
5．（2025高三上·广州期末）已知椭圆的左 右焦点分别为，是上一点且位于轴右侧，直线的斜率为2，是面积为4的直角三角形，则的标准方程是（ ）
A． B． C．. D．
6．（2025高三上·广州期末）已知圆锥的底面半径为3，圆锥内的最大球的表面积为，则圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·广州期末）的内角，，的对边分别为，，，的面积为，且，，则AB边上的中线长为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·广州期末）已知函数，若存在实数，使得方程有个不同的实数根、、、，且，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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．（2025高三上·广州期末）如图所示的太极图是由黑、白两个鱼纹组成的图案．定义：能够将圆的周长和面积同时等分成两部分的函数称为圆的一个“太极函数”，则下列说法中正确的是（ ）
A．对于任意一个圆，其“太极函数”有无数个
B．函数可以是某个圆的“太极函数”
C．正弦函数可以同时是无数个圆的“太极函数”
D．是“太极函数”的充要条件为“的图象是中心对称图形”
10．（2025高三上·广州期末）已知曲线与轴交于，两点，，是曲线上任意两点，则（ ）
A．曲线是中心对称图形
B．曲线圈成图形的面积为
C．的最大值为
D．的面积最大值为
11．（2025高三上·广州期末）如果拉伸两个端头，哪一根绳子会打结？（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高三上·广州期末）已知正数x，y满足，则的最大值为 ．
13．（2025高三上·广州期末）如图，机器人从A点出发，每次可以向右或向上沿着线走一个单位（每个小正方形的一条边长为一个单位），要走到B点，不同的走法共有 种．
14．（2025高三上·广州期末）过点作抛物线的两条切线，切点分别为和，又直线经过抛物线的焦点，那么= .
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．（2025高三上·广州期末）一年一度的“双11”促销活动落下帷幕，各大电商平台发布的数据显示，在消费品以旧换新、家电政府补贴等促消费政策和活动的带动下，消费市场潜能加速释放，带动相关商品销售保持增长. 经过调研，得到2019年到2024年“双11”活动当天某电商平台线上日销售额（单位： 百亿元）与年份（第年）的6组数据（时间变量的取值依次为），对数据进行处理，得到如下散点图（图1）及一些统计量的值. 其中.
48.7 3.5 91 1204 1.1 9.4 388.1
分别用两种模型：①；②进行拟合，得到相应的回归方程，并进行残差分析，得到如图所示的残差图（图2）（残差值真实值预测值）.
（1）根据题中信息，通过残差图比较模型①，②的拟合效果，应选择哪一个模型进行拟合？请说明理由；
（2）根据（1）中所选模型，
（i）求出关于的经验回归方程（系数精确到0.1）；
（ⅱ）若该电商平台每年活动当天线上日销售额与当日营销成本及年份存在线性关系： ，则在第几年活动当日营销成本的预测值最大
参考公式： ；参考数据：.
16．（2025高三上·广州期末）设数列的首项为常数，且．
（1）证明：是等比数列；
（2）若中是否存在连续三项成等差数列？若存在，写出这三项：若不存在，请说明理由．
（3）若是递增数列，求的取值范围．
17．（2025高三上·广州期末）已知函数，且．
（1）求的值；
（2）若函数存在零点，求a的取值范围；
（3）若，证明：．
18．（2025高三上·广州期末）已知点是双曲线上任意一点．
（1）求证：点P到双曲线C的两条渐近线的距离的乘积是一个常数；
（2）已知点，求的最小值．
19．（2025高三上·广州期末）如图，在三棱锥中，，，是线段上的点.
（1）求证：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长；
（3）若平面，为垂足，直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的长.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：根据题意，的元素为两个方程的解构成的点，
由，
解得，
则.
故答案为：C.
【分析】根据交集元素的意义，从而联立方程组求解得出x，y的值，从而得出集合.
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：由题意，设，
由，可得，，，
则复数在复平面内所对应的点位于第四象限.
故答案为：D．
【分析】由题意，设，根据复数代数形式的乘、除运算，结合复数在复平面的表示求解即可.
3．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由，得，
所以，
所以在上的投影向量为.
故答案为：C.
【分析】先根据数量积的运算律求出，再根据投影向量的定义即可得解.
4．【答案】B
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】，
，
.
①，的最小正周期为，①错误.
②，， ②正确.
③，，③错误.
④，，所以函数在区间上单调递增，④正确.
所以正确的一共有2个.
故答案为：B
【分析】直接利用三角函数的关系式的变换和函数的图象的平移变换和伸缩变换，进一步利用函数的性质的应用判断①②③④的结论，可得答案.
5．【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：方法一：由题意知，，如图，
设，则，
因为的面积为4，
所以，
则，
所以，，.
设椭圆的方程为，焦距为，
则，，
所以，，
所以椭圆的标准方程是.
方法二：由题意知，
设椭圆的标准方程是，焦距为，
由焦点三角形的面积公式得，则，
设直线的倾斜角为，则，
所以，
因此，
所以，
则，
所以椭圆的标准方程是.
故答案为：B.
【分析】利用两种方法求解.
方法一：根据题意，在中，由，设，则，由勾股定理可得三角形的三边，再结合椭圆定义和椭圆的几何性质，从而可得椭圆的标准方程.
方法二：由题意知，再利用焦点三角形的面积公式得出，从而得出的值，设直线的倾斜角为，再结合椭圆定义和三角函数的定义得出椭圆的离心率，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出的值，从而得出椭圆的标准方程.
6．【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】设为圆锥顶点，为底面直径，为底面中心，则圆锥内最大球的球心在高上．
设该球与母线相切于点，如图所示：
则易得，所以，
设该球的半径为，则，解得，
所以，所以．
又，结合得，
又，
所以，解得，
所以圆锥的体积．
故答案为：A．
【分析】利用题意可得内切球的半径为圆锥轴截面内切圆的半径，利用可得，再利用勾股定理可得到圆锥的高，结合圆锥的体积公式即可求解.
7．【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由，
解得，
设AB的中点为D，
则，
所以
，
则，
所以AB边上的中线长为.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和三角形面积公式，从而得到的值，再利用平面向量基本定理和数量积求向量的模的公式以及数量积的运算律，从而得出AB边上的中线长.
8．【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；指数函数的图象与性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数与的图象，如下图所示：
由图可知：方程有个不同的实数根，则，
当时，，
关于的方程的两根分别为、，
即关于的方程的两根分别为、，由韦达定理可得，
由图可得，
由，可得，则，
可得，，所以，
所以，
因为函数在上为增函数，所以当时，，
则的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】作出函数与的图象，由图可知使得方程有个不同的实数根的t得范围为，关于的方程的两根分别为、，利用韦达定理可得出关于的表达式，由可得出、关于的表达式，得出关于的函数关系式，结合函数单调性求解即可.
9．【答案】A,B,C
【知识点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：因为任意一个圆是关于圆心的中心对称图形，其“太极函数”有无数个，故A正确；
因为函数是奇函数，其图象关于原点对称，将圆的圆心放在坐标原点上，
则是该圆的“太极函数”，故B正确；
将圆的圆心放在正弦函数的对称中心上，
则正弦函数是该圆的“太极函数”，故有无数个圆成立，故C正确；
因为函数的图象是中心对称图形，
则是“太极函数”，
但函数是“太极函数”时，图象不一定是中心对称图形，如图，
故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据太极函数的定义结合圆的对称性、奇函数图象的对称性，从而逐项判断找出说法正确的选项.
10．【答案】A,B,C
【知识点】直线和圆的方程的应用；曲线与方程；图形的对称性；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：曲线，
则，
所以，
则，
所以，曲线是四个圆组合成图形，如图：
由图可知，曲线是中心对称图形，故选项A正确；
如图，∵，∴为圆的直径，
又∵，∴，
∴曲线圈成图形的面积为，
故选项B正确；
如图，当且仅当两点与所在弧对应圆心四点在同一直线上时，距离最大，
由曲线C的方程可知：，
∴最大值为，故选项C正确；
如图：当在曲线的最高点或最低点是三角形面积最大，则，
又因为，，
∴，故选项D错误.
故答案为：ABC.
【分析】先化简曲线方程，从而作出曲线的大致图象，由曲线的图象可判断曲线是否为中心对称图形，则判断出选项A；由图形的对称性先求其的面积，再得到图形总面积，即得出曲线圈成图形的面积，则判断出选项B；借助曲线的图象找到曲线上距离最大的两个点并求出距离，则判断出选项C；由曲线的图象找到使得取面积最大值的点的位置，并求出点的纵坐标的绝对值，从而求出此时的面积，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,B
【知识点】进行简单的合情推理
【解析】【解答】解：绳子1的判断：当拉伸绳子1的两个端头时，由于绳子自身的缠绕方式，
在拉伸过程中会形成一个结，可以想象将两个端头慢慢拉开，绳子中间的缠绕部分会收紧形成结；
绳子2的判断：同样，对于绳子2，其缠绕方式使得在拉伸两个端头时，
中间部分会因为绳子的交叉缠绕而形成一个结；
绳子3的判断：绳子3在拉伸两个端头时，绳子可以顺利地被拉直，不会出现打结的情况，
因为其缠绕方式并没有形成闭环式的交叉；
绳子4的判断：绳子4拉伸时也能顺利拉直，不会形成结，其交叉部分在拉伸过程中会自然解开，
根据对每根绳子拉伸过程的想象和判断，会打结的绳子是1、2．
故答案为：AB.
【分析】根据已知条件和各个选项的不同情况分别讨论，再结合推理的方法，从而找出会打结的绳子.
12．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解： 正数x，y满足， 则，
即，即，解得，
当且仅当时等号成立，则的最大值为.
故答案为：．
【分析】由题意，利用基本不等式可得，解不等式即可得的最大值.
13．【答案】401
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：如图所示：
当路线经过点时，从到有1种，从到有种；
当路线经过点时，从到有种，从到有种；
当路线经过点时，从到有种，从到有种；
当路线经过点时，从到有种，从到有种；
当路线经过点时，从到有种，从到有1种，
则不同的走法共有（种）.
故答案为：401.
【分析】核心是将从A到B的走法按经过的中间点分类，利用分类加法计数原理，结合分步乘法计数原理与组合数计算每类走法数，最后求和.
14．【答案】4
【知识点】导数的几何意义；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意知，显然过点作抛物线的切线的斜率存在，设该斜率为，
则该切线方程为，即，
联立，
消去，可得，
因为切线与抛物线只有唯一交点，
所以，
整理可得，
由题意，可知为方程的两个根，
则，
由题意，设直线的方程为，
联立可得，消去，可得，
由题意可知为该方程的两个根，
则，
所以，
由抛物线方程，
可得函数与函数，
则与
不妨设在第一象限，则，
所以，且，
设在第一象限，则在第四象限，
所以，
可得，且，
则，
由，
则，
综上可得，
解得，
所以.
故答案为：.
【分析】由题意，利用两种方法求解.
方法一：设过与抛物线的切线的点斜式方程，联立直线方程和抛物线方程，由切点性质，则，从而可得方程，根据题意结合韦达定理，从而可得，同理设出过焦点的直线方程，联立直线方程与抛物线方程，再结合韦达定理可得，从而可得的值.
方法二：利用导数的几何意义求出切线斜率，从而可得，再结合方法一中可得所求代数式关于p的表示，综上建立方程得出的值，从而得出的值.
15．【答案】（1）解：由残差图可知模型①的残差值比较分散和远离横轴，则模型①平方和大于模型②的残差平方和，
故应选择模型②；
（2）解：（i）对于模型②：，
令，，，
则，即关于的经验回归方程为；
（ⅱ）由（i）可得：，整理可得，
，求导可得，
令，解得；令，解得；
则函数在内单调递增，在内单调递减，
当时，取到最大值，即取得最大值，
故第12年活动当日营销成本的预测值最大.
【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；回归分析的初步应用
【解析】【分析】（1）根据残差的意义结合题中图表分析判断即可；
（2） （i） 令，可得，根据公式求得，即可得经验回归方程；
（ⅱ） 由（i）可得：，整理可得，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性求最值即可.
（1）由残差图可知模型①的残差值比较分散和远离横轴，所以模型①平方和大于模型②的残差平方和，
所以应选择模型②.
（2）（i）对于模型②：，
令，可得，
则，
可得，所以关于的经验回归方程为；
（ⅱ）由（i）可得：，整理可得，
，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
所以当时，取到最大值，即取得最大值，
所以第12年活动当日营销成本的预测值最大.
16．【答案】（1）证明： 数列的首项为常数，且 ，
则，
因为，所以，则数列是首项为，公比为的等比数列；
（2）解：易知数列的首项是，由（1）可得，则，
若中存在连续三项成等差数列，则，
即，
整理为：，
解得，故成等差数列；
（3）解：若数列是递增数列，则，
即对任意自然数均成立，
化简得，
当为偶数时，恒成立，
因为是递减数列，所以的最大值是，即，
当为奇数时，恒成立，单调递增，则的最小值为，即，
故的取值范围是.
【知识点】等比数列概念与表示；数列与不等式的综合；等差数列与等比数列的综合；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）根据数列的递推公式，结合等比数列的定义证明；
（2）由（1）的结论，求出数列的通项公式，再根据等差数列的性质可得，求解即可；
（3）若数列是递增数列，则，整理为不等式恒成立，再分为奇数和偶数两种情况，转化为求函数最值问题，求的取值范围即可.
（1）证明：
，
因为，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列；
（2）因为，所以数列的首项是，
所以，则，
若中存在连续三项成等差数列，则必有，
即，
整理为：，
解得：，
所以成等差数列；
（3）如果，
即对任意自然数均成立，
化简得，
当为偶数时，恒成立，
因为是递减数列，
所以的最大值是，即，
当为奇数时，恒成立，
单调递增，
所以的最小值为，即，
所以的取值范围是.
17．【答案】（1）解：因为，
所以
，
则，
所以，
当时，，
此时，
结合的定义域为，则为奇函数，
所以.
（2）解：由（1）可知，则，
由，得，
则，其中，
若，则，不可能成立，
若
由，得，
则，当且仅当时，等号成立，
则，
所以，实数a的取值范围为．
（3）证明：因为，
所以，
任取，
令，
因为，
所以，
则，
所以，
则在上单调递增，
当时，，
则，
则当时，，
则，
由在上单调递增，
得，
则．
【知识点】函数的奇偶性；奇函数与偶函数的性质；指数型复合函数的性质及应用；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件和赋值法以及奇函数的定义，从而得出的值.
（2）利用函数存在零点等价于存在实数解，再结合基本不等式求最值的方法，从而得出实数a的取值范围.
（3）先证明当时，成立，从而可证出题中的不等式成立.
（1）因为，所以
，
则，即．
当时，，
此时，
结合的定义域为，故为奇函数，故.
（2）由（1）可知，则．
由，得，则，其中．
若，则，不可能成立．
若．
由，得，则，当且仅当时，等号成立，
则，
故a的取值范围为．
（3）证明：因为，所以．
任取，令．
因为，所以，从而，即，故在上单调递增．
当时，，则，
则当时，，则，
由在上单调递增，得，
则．
18．【答案】（1）证明：易知双曲线的渐近线方程为，
因为在双曲线上，所以，
点到直线的距离，
点到直线的距离，
则点到双曲线的两条渐近线的距离的乘积为，
因为，所以，则点P到双曲线C的两条渐近线的距离的乘积是一个常数；
（2）解：由（1）知，，则，解得或，
则，，
当且仅当时取等号，则的最小值为.
【知识点】函数的最大（小）值；平面内两点间的距离公式；双曲线的简单性质
【解析】【分析】（1）易知双曲线的渐近线方程，根据点到直线的距离公式化简求解即可；
（2）根据两点间的距离公式，结合二次函数的性质求解即可.
（1）双曲线的渐近线方程为，由在双曲线上，得，
点到直线的距离，
点到直线的距离，
因此点到双曲线的两条渐近线的距离的乘积为，
而，所以，即点P到双曲线C的两条渐近线的距离的乘积是一个常数.
（2）由（1）知，，则，解得或，
因此，
，当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
19．【答案】（1）证明：取的中点，连接、，如图所示：
因为，，为的中点，所以，
满足，则，，
又因为，所以，则，
又因为，所以，
又因为，，、平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：因为平面，所以，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则、、、，，
因为为棱上的点，设，其中，
所以，且，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
因为线与平面所成角的正弦值为，所以，
则，化简可得，解得，
故；
（3）解：设，因为，其中，
所以，解得，即点，
因为平面，则点，，
，
当且仅当时，即当时等号成立，
故当点为线段的中点时，三棱锥的体积取最大值，
此时，点，
由（2）可知，此时，平面的一个法向量为，
设，其中，
则，
因为平面，则，所以，解得，
所以，则.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取的中点，连接、，由题意利用边长关系结合线面垂直的判定定理推出平面，再利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量可得出关于的方程，解出的值，求的长即可；
（3）设，设，根据空间向量的坐标运算求出点的坐标，将三棱锥的体积表示为关于的函数关系式，利用基本不等式求出三棱锥体积的最大值，利用等号成立的条件求出的值，可得出点、的坐标，求出平面的法向量，
设，求出的坐标，根据求出的值，得，再利用向量模的坐标表示求解即可.
（1）取的中点，连接、，
因为，，则，
所以，所以，所以，
又因为，所以，则，
又因为，所以，
又因为，，、平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）因为平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，所以，，
因为为棱上的点，设，其中，
所以，，且，
设平面的法向量为，
则，
不妨取，可得，
因为线与平面所成角的正弦值为，
所以，
则，化简可得：，
解得：或（舍去）.
所以.
（3）设，因为，其中，
所以，，可得，即点，
因为平面，则点，，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故当点为线段的中点时，三棱锥的体积取最大值，
此时，点，
由（2）可知，此时，平面的一个法向量为，
设，其中，
则，
因为平面，则，
所以，，解得，
所以，，
所以.即的长为.
1 / 1广东省广州市第十六中学2025届高三上期末数学试题
一、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．（2025高三上·广州期末），，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：根据题意，的元素为两个方程的解构成的点，
由，
解得，
则.
故答案为：C.
【分析】根据交集元素的意义，从而联立方程组求解得出x，y的值，从而得出集合.
2．（2025高三上·广州期末）已知复数在复平面内所对应的点位于第一象限，且，则复数在复平面内所对应的点位于（ ）
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：由题意，设，
由，可得，，，
则复数在复平面内所对应的点位于第四象限.
故答案为：D．
【分析】由题意，设，根据复数代数形式的乘、除运算，结合复数在复平面的表示求解即可.
3．（2025高三上·广州期末）已知，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由，得，
所以，
所以在上的投影向量为.
故答案为：C.
【分析】先根据数量积的运算律求出，再根据投影向量的定义即可得解.
4．（2025高三上·广州期末）将函数的图象向右平移个单位，得到的图象，再将图象上的所有点的横坐标变成原来的，得到的图象，则下列说法正确的个数是（ ）
①函数的最小正周期为；②是函数图象的一个对称中心；③函数图象的一个对称轴方程为；④函数在区间上单调递增
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】，
，
.
①，的最小正周期为，①错误.
②，， ②正确.
③，，③错误.
④，，所以函数在区间上单调递增，④正确.
所以正确的一共有2个.
故答案为：B
【分析】直接利用三角函数的关系式的变换和函数的图象的平移变换和伸缩变换，进一步利用函数的性质的应用判断①②③④的结论，可得答案.
5．（2025高三上·广州期末）已知椭圆的左 右焦点分别为，是上一点且位于轴右侧，直线的斜率为2，是面积为4的直角三角形，则的标准方程是（ ）
A． B． C．. D．
【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：方法一：由题意知，，如图，
设，则，
因为的面积为4，
所以，
则，
所以，，.
设椭圆的方程为，焦距为，
则，，
所以，，
所以椭圆的标准方程是.
方法二：由题意知，
设椭圆的标准方程是，焦距为，
由焦点三角形的面积公式得，则，
设直线的倾斜角为，则，
所以，
因此，
所以，
则，
所以椭圆的标准方程是.
故答案为：B.
【分析】利用两种方法求解.
方法一：根据题意，在中，由，设，则，由勾股定理可得三角形的三边，再结合椭圆定义和椭圆的几何性质，从而可得椭圆的标准方程.
方法二：由题意知，再利用焦点三角形的面积公式得出，从而得出的值，设直线的倾斜角为，再结合椭圆定义和三角函数的定义得出椭圆的离心率，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出的值，从而得出椭圆的标准方程.
6．（2025高三上·广州期末）已知圆锥的底面半径为3，圆锥内的最大球的表面积为，则圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】设为圆锥顶点，为底面直径，为底面中心，则圆锥内最大球的球心在高上．
设该球与母线相切于点，如图所示：
则易得，所以，
设该球的半径为，则，解得，
所以，所以．
又，结合得，
又，
所以，解得，
所以圆锥的体积．
故答案为：A．
【分析】利用题意可得内切球的半径为圆锥轴截面内切圆的半径，利用可得，再利用勾股定理可得到圆锥的高，结合圆锥的体积公式即可求解.
7．（2025高三上·广州期末）的内角，，的对边分别为，，，的面积为，且，，则AB边上的中线长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由，
解得，
设AB的中点为D，
则，
所以
，
则，
所以AB边上的中线长为.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和三角形面积公式，从而得到的值，再利用平面向量基本定理和数量积求向量的模的公式以及数量积的运算律，从而得出AB边上的中线长.
8．（2025高三上·广州期末）已知函数，若存在实数，使得方程有个不同的实数根、、、，且，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；指数函数的图象与性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数与的图象，如下图所示：
由图可知：方程有个不同的实数根，则，
当时，，
关于的方程的两根分别为、，
即关于的方程的两根分别为、，由韦达定理可得，
由图可得，
由，可得，则，
可得，，所以，
所以，
因为函数在上为增函数，所以当时，，
则的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】作出函数与的图象，由图可知使得方程有个不同的实数根的t得范围为，关于的方程的两根分别为、，利用韦达定理可得出关于的表达式，由可得出、关于的表达式，得出关于的函数关系式，结合函数单调性求解即可.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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．（2025高三上·广州期末）如图所示的太极图是由黑、白两个鱼纹组成的图案．定义：能够将圆的周长和面积同时等分成两部分的函数称为圆的一个“太极函数”，则下列说法中正确的是（ ）
A．对于任意一个圆，其“太极函数”有无数个
B．函数可以是某个圆的“太极函数”
C．正弦函数可以同时是无数个圆的“太极函数”
D．是“太极函数”的充要条件为“的图象是中心对称图形”
【答案】A,B,C
【知识点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：因为任意一个圆是关于圆心的中心对称图形，其“太极函数”有无数个，故A正确；
因为函数是奇函数，其图象关于原点对称，将圆的圆心放在坐标原点上，
则是该圆的“太极函数”，故B正确；
将圆的圆心放在正弦函数的对称中心上，
则正弦函数是该圆的“太极函数”，故有无数个圆成立，故C正确；
因为函数的图象是中心对称图形，
则是“太极函数”，
但函数是“太极函数”时，图象不一定是中心对称图形，如图，
故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据太极函数的定义结合圆的对称性、奇函数图象的对称性，从而逐项判断找出说法正确的选项.
10．（2025高三上·广州期末）已知曲线与轴交于，两点，，是曲线上任意两点，则（ ）
A．曲线是中心对称图形
B．曲线圈成图形的面积为
C．的最大值为
D．的面积最大值为
【答案】A,B,C
【知识点】直线和圆的方程的应用；曲线与方程；图形的对称性；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：曲线，
则，
所以，
则，
所以，曲线是四个圆组合成图形，如图：
由图可知，曲线是中心对称图形，故选项A正确；
如图，∵，∴为圆的直径，
又∵，∴，
∴曲线圈成图形的面积为，
故选项B正确；
如图，当且仅当两点与所在弧对应圆心四点在同一直线上时，距离最大，
由曲线C的方程可知：，
∴最大值为，故选项C正确；
如图：当在曲线的最高点或最低点是三角形面积最大，则，
又因为，，
∴，故选项D错误.
故答案为：ABC.
【分析】先化简曲线方程，从而作出曲线的大致图象，由曲线的图象可判断曲线是否为中心对称图形，则判断出选项A；由图形的对称性先求其的面积，再得到图形总面积，即得出曲线圈成图形的面积，则判断出选项B；借助曲线的图象找到曲线上距离最大的两个点并求出距离，则判断出选项C；由曲线的图象找到使得取面积最大值的点的位置，并求出点的纵坐标的绝对值，从而求出此时的面积，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2025高三上·广州期末）如果拉伸两个端头，哪一根绳子会打结？（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A,B
【知识点】进行简单的合情推理
【解析】【解答】解：绳子1的判断：当拉伸绳子1的两个端头时，由于绳子自身的缠绕方式，
在拉伸过程中会形成一个结，可以想象将两个端头慢慢拉开，绳子中间的缠绕部分会收紧形成结；
绳子2的判断：同样，对于绳子2，其缠绕方式使得在拉伸两个端头时，
中间部分会因为绳子的交叉缠绕而形成一个结；
绳子3的判断：绳子3在拉伸两个端头时，绳子可以顺利地被拉直，不会出现打结的情况，
因为其缠绕方式并没有形成闭环式的交叉；
绳子4的判断：绳子4拉伸时也能顺利拉直，不会形成结，其交叉部分在拉伸过程中会自然解开，
根据对每根绳子拉伸过程的想象和判断，会打结的绳子是1、2．
故答案为：AB.
【分析】根据已知条件和各个选项的不同情况分别讨论，再结合推理的方法，从而找出会打结的绳子.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高三上·广州期末）已知正数x，y满足，则的最大值为 ．
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解： 正数x，y满足， 则，
即，即，解得，
当且仅当时等号成立，则的最大值为.
故答案为：．
【分析】由题意，利用基本不等式可得，解不等式即可得的最大值.
13．（2025高三上·广州期末）如图，机器人从A点出发，每次可以向右或向上沿着线走一个单位（每个小正方形的一条边长为一个单位），要走到B点，不同的走法共有 种．
【答案】401
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：如图所示：
当路线经过点时，从到有1种，从到有种；
当路线经过点时，从到有种，从到有种；
当路线经过点时，从到有种，从到有种；
当路线经过点时，从到有种，从到有种；
当路线经过点时，从到有种，从到有1种，
则不同的走法共有（种）.
故答案为：401.
【分析】核心是将从A到B的走法按经过的中间点分类，利用分类加法计数原理，结合分步乘法计数原理与组合数计算每类走法数，最后求和.
14．（2025高三上·广州期末）过点作抛物线的两条切线，切点分别为和，又直线经过抛物线的焦点，那么= .
【答案】4
【知识点】导数的几何意义；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意知，显然过点作抛物线的切线的斜率存在，设该斜率为，
则该切线方程为，即，
联立，
消去，可得，
因为切线与抛物线只有唯一交点，
所以，
整理可得，
由题意，可知为方程的两个根，
则，
由题意，设直线的方程为，
联立可得，消去，可得，
由题意可知为该方程的两个根，
则，
所以，
由抛物线方程，
可得函数与函数，
则与
不妨设在第一象限，则，
所以，且，
设在第一象限，则在第四象限，
所以，
可得，且，
则，
由，
则，
综上可得，
解得，
所以.
故答案为：.
【分析】由题意，利用两种方法求解.
方法一：设过与抛物线的切线的点斜式方程，联立直线方程和抛物线方程，由切点性质，则，从而可得方程，根据题意结合韦达定理，从而可得，同理设出过焦点的直线方程，联立直线方程与抛物线方程，再结合韦达定理可得，从而可得的值.
方法二：利用导数的几何意义求出切线斜率，从而可得，再结合方法一中可得所求代数式关于p的表示，综上建立方程得出的值，从而得出的值.
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．（2025高三上·广州期末）一年一度的“双11”促销活动落下帷幕，各大电商平台发布的数据显示，在消费品以旧换新、家电政府补贴等促消费政策和活动的带动下，消费市场潜能加速释放，带动相关商品销售保持增长. 经过调研，得到2019年到2024年“双11”活动当天某电商平台线上日销售额（单位： 百亿元）与年份（第年）的6组数据（时间变量的取值依次为），对数据进行处理，得到如下散点图（图1）及一些统计量的值. 其中.
48.7 3.5 91 1204 1.1 9.4 388.1
分别用两种模型：①；②进行拟合，得到相应的回归方程，并进行残差分析，得到如图所示的残差图（图2）（残差值真实值预测值）.
（1）根据题中信息，通过残差图比较模型①，②的拟合效果，应选择哪一个模型进行拟合？请说明理由；
（2）根据（1）中所选模型，
（i）求出关于的经验回归方程（系数精确到0.1）；
（ⅱ）若该电商平台每年活动当天线上日销售额与当日营销成本及年份存在线性关系： ，则在第几年活动当日营销成本的预测值最大
参考公式： ；参考数据：.
【答案】（1）解：由残差图可知模型①的残差值比较分散和远离横轴，则模型①平方和大于模型②的残差平方和，
故应选择模型②；
（2）解：（i）对于模型②：，
令，，，
则，即关于的经验回归方程为；
（ⅱ）由（i）可得：，整理可得，
，求导可得，
令，解得；令，解得；
则函数在内单调递增，在内单调递减，
当时，取到最大值，即取得最大值，
故第12年活动当日营销成本的预测值最大.
【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；回归分析的初步应用
【解析】【分析】（1）根据残差的意义结合题中图表分析判断即可；
（2） （i） 令，可得，根据公式求得，即可得经验回归方程；
（ⅱ） 由（i）可得：，整理可得，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性求最值即可.
（1）由残差图可知模型①的残差值比较分散和远离横轴，所以模型①平方和大于模型②的残差平方和，
所以应选择模型②.
（2）（i）对于模型②：，
令，可得，
则，
可得，所以关于的经验回归方程为；
（ⅱ）由（i）可得：，整理可得，
，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
所以当时，取到最大值，即取得最大值，
所以第12年活动当日营销成本的预测值最大.
16．（2025高三上·广州期末）设数列的首项为常数，且．
（1）证明：是等比数列；
（2）若中是否存在连续三项成等差数列？若存在，写出这三项：若不存在，请说明理由．
（3）若是递增数列，求的取值范围．
【答案】（1）证明： 数列的首项为常数，且 ，
则，
因为，所以，则数列是首项为，公比为的等比数列；
（2）解：易知数列的首项是，由（1）可得，则，
若中存在连续三项成等差数列，则，
即，
整理为：，
解得，故成等差数列；
（3）解：若数列是递增数列，则，
即对任意自然数均成立，
化简得，
当为偶数时，恒成立，
因为是递减数列，所以的最大值是，即，
当为奇数时，恒成立，单调递增，则的最小值为，即，
故的取值范围是.
【知识点】等比数列概念与表示；数列与不等式的综合；等差数列与等比数列的综合；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）根据数列的递推公式，结合等比数列的定义证明；
（2）由（1）的结论，求出数列的通项公式，再根据等差数列的性质可得，求解即可；
（3）若数列是递增数列，则，整理为不等式恒成立，再分为奇数和偶数两种情况，转化为求函数最值问题，求的取值范围即可.
（1）证明：
，
因为，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列；
（2）因为，所以数列的首项是，
所以，则，
若中存在连续三项成等差数列，则必有，
即，
整理为：，
解得：，
所以成等差数列；
（3）如果，
即对任意自然数均成立，
化简得，
当为偶数时，恒成立，
因为是递减数列，
所以的最大值是，即，
当为奇数时，恒成立，
单调递增，
所以的最小值为，即，
所以的取值范围是.
17．（2025高三上·广州期末）已知函数，且．
（1）求的值；
（2）若函数存在零点，求a的取值范围；
（3）若，证明：．
【答案】（1）解：因为，
所以
，
则，
所以，
当时，，
此时，
结合的定义域为，则为奇函数，
所以.
（2）解：由（1）可知，则，
由，得，
则，其中，
若，则，不可能成立，
若
由，得，
则，当且仅当时，等号成立，
则，
所以，实数a的取值范围为．
（3）证明：因为，
所以，
任取，
令，
因为，
所以，
则，
所以，
则在上单调递增，
当时，，
则，
则当时，，
则，
由在上单调递增，
得，
则．
【知识点】函数的奇偶性；奇函数与偶函数的性质；指数型复合函数的性质及应用；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件和赋值法以及奇函数的定义，从而得出的值.
（2）利用函数存在零点等价于存在实数解，再结合基本不等式求最值的方法，从而得出实数a的取值范围.
（3）先证明当时，成立，从而可证出题中的不等式成立.
（1）因为，所以
，
则，即．
当时，，
此时，
结合的定义域为，故为奇函数，故.
（2）由（1）可知，则．
由，得，则，其中．
若，则，不可能成立．
若．
由，得，则，当且仅当时，等号成立，
则，
故a的取值范围为．
（3）证明：因为，所以．
任取，令．
因为，所以，从而，即，故在上单调递增．
当时，，则，
则当时，，则，
由在上单调递增，得，
则．
18．（2025高三上·广州期末）已知点是双曲线上任意一点．
（1）求证：点P到双曲线C的两条渐近线的距离的乘积是一个常数；
（2）已知点，求的最小值．
【答案】（1）证明：易知双曲线的渐近线方程为，
因为在双曲线上，所以，
点到直线的距离，
点到直线的距离，
则点到双曲线的两条渐近线的距离的乘积为，
因为，所以，则点P到双曲线C的两条渐近线的距离的乘积是一个常数；
（2）解：由（1）知，，则，解得或，
则，，
当且仅当时取等号，则的最小值为.
【知识点】函数的最大（小）值；平面内两点间的距离公式；双曲线的简单性质
【解析】【分析】（1）易知双曲线的渐近线方程，根据点到直线的距离公式化简求解即可；
（2）根据两点间的距离公式，结合二次函数的性质求解即可.
（1）双曲线的渐近线方程为，由在双曲线上，得，
点到直线的距离，
点到直线的距离，
因此点到双曲线的两条渐近线的距离的乘积为，
而，所以，即点P到双曲线C的两条渐近线的距离的乘积是一个常数.
（2）由（1）知，，则，解得或，
因此，
，当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
19．（2025高三上·广州期末）如图，在三棱锥中，，，是线段上的点.
（1）求证：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长；
（3）若平面，为垂足，直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的长.
【答案】（1）证明：取的中点，连接、，如图所示：
因为，，为的中点，所以，
满足，则，，
又因为，所以，则，
又因为，所以，
又因为，，、平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：因为平面，所以，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则、、、，，
因为为棱上的点，设，其中，
所以，且，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
因为线与平面所成角的正弦值为，所以，
则，化简可得，解得，
故；
（3）解：设，因为，其中，
所以，解得，即点，
因为平面，则点，，
，
当且仅当时，即当时等号成立，
故当点为线段的中点时，三棱锥的体积取最大值，
此时，点，
由（2）可知，此时，平面的一个法向量为，
设，其中，
则，
因为平面，则，所以，解得，
所以，则.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取的中点，连接、，由题意利用边长关系结合线面垂直的判定定理推出平面，再利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量可得出关于的方程，解出的值，求的长即可；
（3）设，设，根据空间向量的坐标运算求出点的坐标，将三棱锥的体积表示为关于的函数关系式，利用基本不等式求出三棱锥体积的最大值，利用等号成立的条件求出的值，可得出点、的坐标，求出平面的法向量，
设，求出的坐标，根据求出的值，得，再利用向量模的坐标表示求解即可.
（1）取的中点，连接、，
因为，，则，
所以，所以，所以，
又因为，所以，则，
又因为，所以，
又因为，，、平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）因为平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，所以，，
因为为棱上的点，设，其中，
所以，，且，
设平面的法向量为，
则，
不妨取，可得，
因为线与平面所成角的正弦值为，
所以，
则，化简可得：，
解得：或（舍去）.
所以.
（3）设，因为，其中，
所以，，可得，即点，
因为平面，则点，，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故当点为线段的中点时，三棱锥的体积取最大值，
此时，点，
由（2）可知，此时，平面的一个法向量为，
设，其中，
则，
因为平面，则，
所以，，解得，
所以，，
所以.即的长为.
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