广东省华附、省实、广雅、深中四校2025届高三上学期期末联考数学试题
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1．（2025高三上·广东期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：由已知，，
所以．
故答案为：C．
【分析】分别求解集合、，再依据并集的定义求出 .求解集合时，用对数函数单调性解对数不等式，用一次不等式解法解一次不等式.
2．（2025高三上·广东期末）已知复数z满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：，故，.
故答案为：B.
【分析】算出的值，根据复数的除法运算法则，将分母实数化，从而求出复数.
3．（2025高三上·广东期末）已知根据如下表所示的样本数据，用最小二乘法求得线性回归方程为则b的值为（ ）
x 6 8 9 10 12
y 6 5 4 3 2
A．-0.6 B．-0.7 C．-0.8 D．-0.9
【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数；线性回归方程
【解析】【解答】解：由表可知：，，
因样本中心点必在线性回归直线上，故有，代入得：，解得.
故答案为：B.
【分析】算线性回归方程中的值，用线性回归方程的性质——样本中心点一定在回归直线上.算出样本数据的（的平均值 ）和（的平均值 ），再将其代入回归方程，进而求解.
4．（2025高三上·广东期末）已知向量满足，则（ ）
A．2 B．7 C． D．
【答案】D
【知识点】向量的模；向量加减混合运算；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，则，左右两边平方得，
计算得，又因为，
所以，所以.
故答案为：D.
【分析】算向量的值，关键思路是利用向量的运算关系，通过对变形，变形后的式子平方，结合向量数量积公式来求解.需要用到向量模长与数量积的相关知识，即，以及.
5．（2025高三上·广东期末）对任意的，（且）恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：由题意可得：.因为若，当时，，，
则不能恒成立.当时，单调递增，单调递减，
要使在上恒成立，须有：.所以实数的取值范围为：.
故答案为：C.
【分析】确定实数的取值范围，使不等式在恒成立.根据指数函数与对数函数的性质，分析的大致范围（分和讨论 ），针对的情况，用函数单调性，将恒成立问题转化为端点处的不等式求解.
6．（2025高三上·广东期末）已知是等比数列的前n项和，则“依次成等差数列”是“依次成等差数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等差数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，由依次成等差数列可得，即，因，可得，解得或.当时，，不满足，故充分性不成立；
由依次成等差数列，可得，显然，故有，因，且，化简得：，解得或，当时，，即依次成等差数列；当时，，而，故得，即依次成等差数列.故必要性成立.综上可得，“依次成等差数列”是“依次成等差数列”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】判断“依次成等差数列”与“依次成等差数列”之间的条件关系.设等比数列的公比为，分别从充分性和必要性两方面，用等比数列的通项公式和前项和公式进行分析推导.
7．（2025高三上·广东期末）已知函数在内单调递增，则在内的零点个数最多为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：函数
，在单调递增，
所以，所以，则在，，
当时，时在内的零点个数最多，
当，即，函数有4个零点.
故答案为：B.
【分析】对函数化简，依据单调区间条件确定的范围，结合取值分析函数在内零点个数.用三角恒等变换化简函数，根据正弦函数单调性列不等式求，再结合零点定义找零点.
8．（2025高三上·广东期末）三棱锥的所有棱长均为2，O是的中心，在三棱锥内放置一个以直线为轴的圆柱，则圆柱的体积不能超过（ ）
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；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，圆柱的上底面内切于，分别为的中点，
则三点共线，三点共线，因为三棱锥的所有棱长均为，
所以，，
又O是的中心，故，
由勾股定理得，其中∽，故，
设，则，故，其中，
所以圆柱的体积，其中，
则，
令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
故当时，圆柱的体积取得极大值，也是最大值，最大值为，故圆柱的体积不能超过.
故答案为：A.
【分析】确定几何关系：明确圆柱与三棱锥的位置关联，找到共线点（如、、共线，、、共线 ），为后续用相似做准备.计算基础线段长：依据三棱锥棱长，用勾股定理、中心性质算出、、等关键线段长度，搭建几何量框架.相似建立关系：找含圆柱底面半径和高的相似三角形（与 ），通过相似比得到与的函数式.构建体积函数：结合圆柱体积公式，代入与的关系，得到体积关于的函数，再用函数单调性求最值.
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·广东期末）一个袋子中有5个大小相同的球，其中红球3个，白球2个，现从中不放回地随机摸出3个球作为样本，用随机变量X表示样本中红球的个数，用随机变量（）表示第次抽到红球的个数，则下列结论中正确地是（ ）
A．X的分布列为
B．X的方差
C．
D．
【答案】B,C,D
【知识点】超几何分布；超几何分布的应用；条件概率
【解析】【解答】解：A：由题意：随机变量服从超几何分布，即，
所以.故A错误；
B：根据超几何分布的方差的计算公式：，
可得.故B正确；
C：根据全概率公式，，故C正确；
D：根据条件概率，可得.故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】：识别服从超几何分布，明确超几何分布概率公式与二项分布（选项形式）的区别，据此判断正误.
：牢记超几何分布方差计算公式，代入对应参数（总体容量、成功类元素数、抽取次数 ）计算，验证是否正确.
：用全概率公式，将分解为和两种情况的条件概率和，分别计算后求和，判断.
：依据条件概率公式，先求联合概率，再结合计算，判断.
10．（2025高三上·广东期末）已知函数，则下列结论中正确地是（ ）
A．当时， B．的图象关于中心对称
C．若，则 D．在上单调递减
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A：当时，，所以，所以，故A正确；
B：因为，.由，所以与不关于点对称，所以B错误；
C：若，不妨设，则.又当时，，所以，故C正确；
D：当时，，所以在上单调递减.故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】逐一分析函数的性质（符号、对称性、差值、单调性 ）.
11．（2025高三上·广东期末）已知直线（其中与双曲线C：的上支相交于两点，为线段的中点.过点斜率为的两条直线分别与双曲线相交于两点.则下列结论中正确地是（ ）
A．点的坐标满足.
B．方程表示的图形是直线和直线
C．直线与直线始终保持平行
D．直线恒过某个定点
【答案】A,B,C
【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】【解答】解：设，联立，得：，
所以，所以，
代入，A对，
B：由题意可设直线方程为：，直线方程为：，
两式相乘即为方程方程，B对，
C： 由及，两方程相减可得直线方程：，所以，
由A及椭圆中点弦性质可知：，及，
所以，C对；
D：由方程：，结合代入可得：，又，，
所以方程：，不恒过定点，D错；
故答案为：ABC
【分析】判断点坐标满足的等式.
：联立直线与双曲方程，用韦达定理得中点坐标表达式，代入验证等式是否成立，分析方程表示的图形.
：根据直线、的斜率，写出直线方程，推导方程与两直线的关系，判断直线与的位置关系.
：联立双曲线与、相关方程，消元得到方程，对比直线斜率判断平行性，判断直线是否过定点.
：结合选项结论化简方程，看是否存在定点坐标使方程恒成立.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12．（2025高三上·广东期末）已知函数，为奇函数，其中，则
【答案】
【知识点】函数的奇偶性；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：设，则，因为函数为奇函数，所以，
所以，
所以.
故答案为：.
【分析】用奇函数的定义，通过对正负情况的讨论，建立等式来求解和的值.理解奇函数“”，分（此时 ）的情况，代入分段函数表达式构建方程，进而确定、.
13．（2025高三上·广东期末）已知数列{an}满足其前2025项的和为，则 .
【答案】
【知识点】数列的递推公式；等比数列的实际应用
【解析】【解答】解：因为，所以，则，
所以，则，，所以，所以，
所以其前2025项的和，，解得，所以，
故答案为：.
【分析】推导递推规律：从已知，推出，找到奇数项、偶数项的递推关联.累加求通项：对奇数项的递推式累加，得到与的关系，同理得表达式，再推出偶数项与的关系.分组求和：将前项和按“首项 + 偶数项与后一个奇数项组和”分组，利用等比数列求和公式计算，结合已知和求出，进而得.
14．（2025高三上·广东期末）绝大多数比赛都采用“局胜制”的规则，但也有一些项目，比如冰壶运动，其整个比赛通常是进行偶数局. 现有甲、乙两名同学进行一项趣味项目的比赛，两人约定比赛规则为：共进行局，谁赢的局数大于局，谁就获得最终胜利. 已知每局比赛中，甲获胜的概率均为乙获胜的概率均为. 记甲赢得整个比赛的概率为. 若则 ，若则当 时，最大.
【答案】；
【知识点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；二项分布
【解析】【解答】解：当时，甲乙比赛四局，则甲要赢3局或4局才能获胜，
计算，
时，甲乙比赛二局，则甲要赢2局，计算，
所以；
在局比赛中甲获胜，则甲胜的局数至少为局故
，
所以
前局，甲胜局，后2场甲2胜，概率为；
前局，甲胜局，后2场甲1胜1负或者2胜，概率为；
前局，甲至少胜局，后2场甲1胜1负或者2胜，概率为；
所以，
，
所以，即得，所以，
计算得，即，所以当时，最大.
故答案为：，.
【分析】围绕独立重复试验概率，特定值下计算，需先明确局比赛中甲获胜的局数要求，用二项分布概率公式计算；求使最大的，需构建的表达式，通过相邻项比值分析单调性找最值.
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
15．（2025高三上·广东期末）在中，角的对边分别为，且
（1）求；
（2）已知为的中点，于于，若求的面积.
【答案】（1）解：方法一：由以及正弦定理可得．
因为，所以．
因为，所以．因为，所以．
方法二：由余弦定理可得．故有，
所以．因为，所以．
（2）解：由题，并结合（1）的结论易得．因为，所以．
方法一：因为为的中点，故与的面积相等，均为面积的一半，
即，所以．
所以，解得．
所以面积．
方法二：在直角三角形中，．同理，．
故有，即．
由正弦定理可知，
所以的面积.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）用正弦定理或余弦定理，将边的关系转化为角的关系，结合三角恒等变换或余弦定理公式求出，进而确定角.
（2）根据中点、垂直条件，结合向量数量积与三角形面积公式（或三角函数定义），建立边的关系，求出的值，再利用三角形面积公式计算.
（1）方法一：由以及正弦定理可得．
因为，所以．
因为，所以．
因为，所以．
方法二：由余弦定理可得．
故有，所以．
因为，所以．
（2）由题，并结合（1）的结论易得．
因为，所以．
方法一：因为为的中点，故与的面积相等，均为面积的一半．
即，
所以．
所以，解得．
所以面积．
方法二：在直角三角形中，．同理，．
故有，即．
由正弦定理可知．
所以的面积．
16．（2025高三上·广东期末）已知直三棱柱中，，分别为和的中点，P为棱上的动点，F为棱上一点，且四点共面.若
（1）证明：平面平面；
（2）设是否存在实数λ，使得平面与平面所成的角的余弦值为若存在，求出实数λ，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：因为平面平面，所以平面．
因为平面，平面平面，所以．
因为为的中点，故为的中点．在正方形，因为，
故．所以．因为，故，故．
因为，故平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）解：因为三棱柱为直三棱柱，故．因为平面，
所以平面，平面，所以，故．
又因为平面，故以A为原点，分别为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设则，
．
据题设有，显然，此时．
设为平面的法向量，则．
则，令，从而．
显然，平面的法向量可取．
此时平面与平面所成的角的余弦值为，
故，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】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）找到线面垂直关系，通过直三棱柱的性质、中点条件及已知，先证平面，再利用面面垂直判定定理证明.
（2）通过建立空间直角坐标系，求出相关点坐标、向量，进而得到平面法向量，利用面面角的向量公式列方程求解.
（1）因为平面平面，
所以平面．
因为平面，平面平面，所以．
因为为的中点，故为的中点．
在正方形，因为，故．
所以．
因为，故，故．
因为，故平面，
所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）因为三棱柱为直三棱柱，故．
因为平面，
所以平面，平面，所以，故．
又因为平面，故以A为原点，分别为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设则，
．
据题设有，显然，此时．
设为平面的法向量，则．
则，令，从而．
显然，平面的法向量可取．
此时平面与平面所成的角的余弦值为
故，即，解得，
所以存在，使得平面与平面所成的角的余弦值为．
17．（2025高三上·广东期末）已知抛物线（）的焦点为，过点的动直线与相交于两点，其中点位于第一象限.当时，以为直径的圆与轴相切于点.
（1）求抛物线的方程；
（2）若点在抛物线上，且Γ在点处的切线与直线平行，求面积的最小值以及此时直线的方程.
【答案】（1）解：由题，记的中点为，
因为以为直径的圆与轴相切于点，所以垂直于轴，故点的横坐标为1，故，
因为，故，解得，即，故抛物线的方程为．
（2）解：设，
直线的斜率，
抛物线在点处的切线的斜率为，所以，
将直线与抛物线联立，，
得，所以，
故点到直线的距离，
所以的面积，
方法一：因为，所以，
令，
当，函数单调递减；，函数单调递增．
所以，所以面积的最小值为，
此时斜率，直线的方程为．
方法二：由求根公式可得，
故的面积，令，
则，
令，
当，函数单调递减；
，函数单调递增，所以，
即面积的最小值为，此时斜率，直线的方程为．
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）用抛物线焦点、中点坐标性质以及距离公式，结合圆与轴相切的条件，确定抛物线上点的坐标，进而求出.
（2）通过导数确定切线斜率与直线斜率的关系，联立直线与抛物线方程，结合点到直线距离公式、导数求最值，找到面积最小时的参数，得出结果.
（1）由题，记的中点为，
因为以为直径的圆与轴相切于点，
所以垂直于轴，故点的横坐标为1，故，
因为，故，
解得，即，故抛物线的方程为．
（2）设，
直线的斜率，
抛物线在点处的切线的斜率为，所以，
将直线与抛物线联立，，
得，所以，
故点到直线的距离，
所以的面积，
方法一：因为，
所以，
令，
当，函数单调递减；，函数单调递增．
所以，
所以面积的最小值为，
此时斜率，直线的方程为．
方法二：由求根公式可得，
故的面积，
令，则，
令，
当，函数单调递减；，函数单调递增，
所以，
即面积的最小值为，
此时斜率，直线的方程为．
18．（2025高三上·广东期末）已知函数.
（1）若函数在其定义域上单调递减，求实数a的最小值.
（2）若函数存在两个零点，设
（i）求实数m的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】（1）解：函数的定义域为，由在上单调递减，
得，恒成立，即恒成立，
而当时，，当且仅当时取等号，因此，
所以的最小值为.
（2）解：（ⅰ）函数的定义域为，，
令，求导得，函数在上单调递减，
而，则当时，，即；当时，，即，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，，
而当时，，当时，，
由函数存在两个零点，得，解得，
所以实数m的取值范围是.
（ⅱ）由（1）知当时，，当时，，
由（ⅰ）知，则，，
由，得，，
整理得，两式相减得，
因此；记，令，求导得，
函数在上单调递增，，即，
整理得，
而，
即，
因此，即，所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；基本不等式在最值问题中的应用；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）通过求导，将单调递减转化为导数小于等于恒成立，再利用不等式恒成立求的范围，结合基本不等式找最值.
（2）（i）利对求导，分析单调性和极值，结合零点存在条件确定范围.（ii）用函数零点关系，构造新函数，结合单调性和零点存在性定理证明.
（1）函数的定义域为，由在上单调递减，
得，恒成立，即恒成立，
而当时，，当且仅当时取等号，因此，
所以的最小值为.
（2）（ⅰ）函数的定义域为，，
令，求导得，函数在上单调递减，
而，则当时，，即；当时，，即，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，，
而当时，，当时，，
由函数存在两个零点，得，解得，
所以实数m的取值范围是.
（ⅱ）由（1）知当时，，当时，，
由（ⅰ）知，则，，
由，得，
，整理得，
两式相减得，因此；
记，令，求导得，
函数在上单调递增，，即，
整理得，而
，即，
因此，即，
所以.
19．（2025高三上·广东期末）“外观数列”是一类很有趣的数列，该数列由正整数构成，后一项是对它前一项的“外观描述”.例如：取数列第一项为1，将其外观描述为“1个1”，则第二项即为11；将第二项11描述为“2个1”，则第三项即为21；将第三项21描述为“1个2，1个1”，则第四项即为1211；将第四项1211描述为“1个1，1个2，2个1”，则第五项即为111221，将第五项111221描述为“3个1，2个2，1个1”，则第六项即为312211，……，这样每次从左往右将连续相同的数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的每一项.若数列是外观数列，将第n项的各位数字中相同数字连续出现的最大次数记为.例如：外观数列的首项为1时，
（1）若数列是首项为12的外观数列，请直接写出以及.
（2）设集合，若外观数列的首项.
（i）探究的最大值，并证明你的结论；
（ii）求所有的，使得存在有
【答案】（1）解：．
（2）解：（ⅰ）方法一：当时，，故．下证．
反证法：若存在，使得，记，由于，故．
定义是最高位到最低位依次为到的十进制数，不妨设，
由的性质知存在，使得，因此的十进制表示中至少出现了4个连续的．
若，则的十进制表示中至少出现了个连续数字，故，这与的定义矛盾．
若，则的十进制表示中至少出现了1000个连续数字，亦矛盾，因此．
综上所述，.
方法二：当时，，故．下面用数学归纳法证明：．
因为，所以的相同数字连续出现的最大次数不超过3，即．假设时，，下证．
设，由归纳假设知，则的十进制表示可以写作．
因为，因此的各位数字中，相同数字连续出现的最大次数不超过3，也即．
故对于，命题也成立，命题得证．综上所述，．
（ⅱ）方法一：设，不妨设，，
由（ⅰ）知和均为不超过9的自然数，因此恰有位，所以不能是一位数或者三位数，所以只能是两位数．
设，若的各位数字中有两个不同的数字，则为了描述出这两个不同的数字，至少是一个四位数且它的各位数字中仍有两个不同的数字．
由此可知，如果，则至少是一个四位数，矛盾，所以．
若，则，且，这与（ⅰ）的结论矛盾．
若，则，故，但不能是一位数，矛盾！
若，则，故，但不能是三位数，矛盾！
若，则恒为22，符合题意．
综上，．
方法二：设，不妨设，，
由（ⅰ）知和均为不超过9的自然数，因此恰有位，所以不能是一位数或者三位数，所以只能是两位数．
显然，否则，矛盾！
若，则且，这与（ⅰ）的结论矛盾．
若，则，故，但不能是一位数，矛盾！
若，则，故，但不能是三位数，矛盾！
若，则．
（a）若，则，所以由个构成，矛盾．
（b）若，则，因此，所以，所以，但不能是一位数，矛盾！
（c）若，则，因此，所以，所以，但不能是三位数，矛盾！
（d）若恒等于22，符合题意．综上，．
【知识点】数列的应用；进位制
【解析】【分析】（1）直接依据“外观数列”的描述规则，对首项进行逐次描述，得到后续项，并统计相同数字连续出现的最大次数.
（2）（ⅰ）通过分析首项的可能情况，结合“外观数列”的生成规则，利用反证法或数学归纳法证明的最大值.
（ⅱ）根据数列循环的条件，结合“外观数列”的生成特点，分析首项满足的特征，进而求解.
（1）．
（2）（ⅰ）方法一：当时，，故．
下证．
反证法：若存在，使得，记，
由于，故．定义是最高位到最低位依次为到的十进制数，
不妨设，由的性质知存在，使得，因此的十进制表示中至少出现了4个连续的．
若，则的十进制表示中至少出现了个连续数字，故，这与的定义矛盾．
若，则的十进制表示中至少出现了1000个连续数字，亦矛盾，因此．
综上所述，．
方法二：当时，，故．
下面用数学归纳法证明：．
因为，所以的相同数字连续出现的最大次数不超过3，即．
假设时，，下证．
设，由归纳假设知，
则的十进制表示可以写作．
因为，因此的各位数字中，相同数字连续出现的最大次数不超过3，
也即．故对于，命题也成立，命题得证．
综上所述，．
（ⅱ）方法一：设，不妨设，，
由（ⅰ）知和均为不超过9的自然数，因此恰有位，所以不能是一位数或者三位数，所以只能是两位数．
设，若的各位数字中有两个不同的数字，则为了描述出这两个不同的数字，
至少是一个四位数且它的各位数字中仍有两个不同的数字．
由此可知，如果，则至少是一个四位数，矛盾，所以．
若，则，且，这与（ⅰ）的结论矛盾．
若，则，故，但不能是一位数，矛盾！
若，则，故，但不能是三位数，矛盾！
若，则恒为22，符合题意．
综上，．
方法二：设，不妨设，，
由（ⅰ）知和均为不超过9的自然数，因此恰有位，
所以不能是一位数或者三位数，
所以只能是两位数．显然，否则，矛盾！
若，则且，这与（ⅰ）的结论矛盾．
若，则，故，但不能是一位数，矛盾！
若，则，故，但不能是三位数，矛盾！
若，则．
（a）若，则，所以由个构成，矛盾．
（b）若，则，因此，所以，
所以，但不能是一位数，矛盾！
（c）若，则，因此，所以，
所以，但不能是三位数，矛盾！
（d）若恒等于22，符合题意．
综上，．
1 / 1广东省华附、省实、广雅、深中四校2025届高三上学期期末联考数学试题
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1．（2025高三上·广东期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·广东期末）已知复数z满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·广东期末）已知根据如下表所示的样本数据，用最小二乘法求得线性回归方程为则b的值为（ ）
x 6 8 9 10 12
y 6 5 4 3 2
A．-0.6 B．-0.7 C．-0.8 D．-0.9
4．（2025高三上·广东期末）已知向量满足，则（ ）
A．2 B．7 C． D．
5．（2025高三上·广东期末）对任意的，（且）恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高三上·广东期末）已知是等比数列的前n项和，则“依次成等差数列”是“依次成等差数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
7．（2025高三上·广东期末）已知函数在内单调递增，则在内的零点个数最多为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
8．（2025高三上·广东期末）三棱锥的所有棱长均为2，O是的中心，在三棱锥内放置一个以直线为轴的圆柱，则圆柱的体积不能超过（ ）
A． B． C． D．
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·广东期末）一个袋子中有5个大小相同的球，其中红球3个，白球2个，现从中不放回地随机摸出3个球作为样本，用随机变量X表示样本中红球的个数，用随机变量（）表示第次抽到红球的个数，则下列结论中正确地是（ ）
A．X的分布列为
B．X的方差
C．
D．
10．（2025高三上·广东期末）已知函数，则下列结论中正确地是（ ）
A．当时， B．的图象关于中心对称
C．若，则 D．在上单调递减
11．（2025高三上·广东期末）已知直线（其中与双曲线C：的上支相交于两点，为线段的中点.过点斜率为的两条直线分别与双曲线相交于两点.则下列结论中正确地是（ ）
A．点的坐标满足.
B．方程表示的图形是直线和直线
C．直线与直线始终保持平行
D．直线恒过某个定点
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12．（2025高三上·广东期末）已知函数，为奇函数，其中，则
13．（2025高三上·广东期末）已知数列{an}满足其前2025项的和为，则 .
14．（2025高三上·广东期末）绝大多数比赛都采用“局胜制”的规则，但也有一些项目，比如冰壶运动，其整个比赛通常是进行偶数局. 现有甲、乙两名同学进行一项趣味项目的比赛，两人约定比赛规则为：共进行局，谁赢的局数大于局，谁就获得最终胜利. 已知每局比赛中，甲获胜的概率均为乙获胜的概率均为. 记甲赢得整个比赛的概率为. 若则 ，若则当 时，最大.
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
15．（2025高三上·广东期末）在中，角的对边分别为，且
（1）求；
（2）已知为的中点，于于，若求的面积.
16．（2025高三上·广东期末）已知直三棱柱中，，分别为和的中点，P为棱上的动点，F为棱上一点，且四点共面.若
（1）证明：平面平面；
（2）设是否存在实数λ，使得平面与平面所成的角的余弦值为若存在，求出实数λ，若不存在，请说明理由.
17．（2025高三上·广东期末）已知抛物线（）的焦点为，过点的动直线与相交于两点，其中点位于第一象限.当时，以为直径的圆与轴相切于点.
（1）求抛物线的方程；
（2）若点在抛物线上，且Γ在点处的切线与直线平行，求面积的最小值以及此时直线的方程.
18．（2025高三上·广东期末）已知函数.
（1）若函数在其定义域上单调递减，求实数a的最小值.
（2）若函数存在两个零点，设
（i）求实数m的取值范围；
（ii）证明：.
19．（2025高三上·广东期末）“外观数列”是一类很有趣的数列，该数列由正整数构成，后一项是对它前一项的“外观描述”.例如：取数列第一项为1，将其外观描述为“1个1”，则第二项即为11；将第二项11描述为“2个1”，则第三项即为21；将第三项21描述为“1个2，1个1”，则第四项即为1211；将第四项1211描述为“1个1，1个2，2个1”，则第五项即为111221，将第五项111221描述为“3个1，2个2，1个1”，则第六项即为312211，……，这样每次从左往右将连续相同的数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的每一项.若数列是外观数列，将第n项的各位数字中相同数字连续出现的最大次数记为.例如：外观数列的首项为1时，
（1）若数列是首项为12的外观数列，请直接写出以及.
（2）设集合，若外观数列的首项.
（i）探究的最大值，并证明你的结论；
（ii）求所有的，使得存在有
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：由已知，，
所以．
故答案为：C．
【分析】分别求解集合、，再依据并集的定义求出 .求解集合时，用对数函数单调性解对数不等式，用一次不等式解法解一次不等式.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：，故，.
故答案为：B.
【分析】算出的值，根据复数的除法运算法则，将分母实数化，从而求出复数.
3．【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数；线性回归方程
【解析】【解答】解：由表可知：，，
因样本中心点必在线性回归直线上，故有，代入得：，解得.
故答案为：B.
【分析】算线性回归方程中的值，用线性回归方程的性质——样本中心点一定在回归直线上.算出样本数据的（的平均值 ）和（的平均值 ），再将其代入回归方程，进而求解.
4．【答案】D
【知识点】向量的模；向量加减混合运算；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，则，左右两边平方得，
计算得，又因为，
所以，所以.
故答案为：D.
【分析】算向量的值，关键思路是利用向量的运算关系，通过对变形，变形后的式子平方，结合向量数量积公式来求解.需要用到向量模长与数量积的相关知识，即，以及.
5．【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：由题意可得：.因为若，当时，，，
则不能恒成立.当时，单调递增，单调递减，
要使在上恒成立，须有：.所以实数的取值范围为：.
故答案为：C.
【分析】确定实数的取值范围，使不等式在恒成立.根据指数函数与对数函数的性质，分析的大致范围（分和讨论 ），针对的情况，用函数单调性，将恒成立问题转化为端点处的不等式求解.
6．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等差数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，由依次成等差数列可得，即，因，可得，解得或.当时，，不满足，故充分性不成立；
由依次成等差数列，可得，显然，故有，因，且，化简得：，解得或，当时，，即依次成等差数列；当时，，而，故得，即依次成等差数列.故必要性成立.综上可得，“依次成等差数列”是“依次成等差数列”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】判断“依次成等差数列”与“依次成等差数列”之间的条件关系.设等比数列的公比为，分别从充分性和必要性两方面，用等比数列的通项公式和前项和公式进行分析推导.
7．【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：函数
，在单调递增，
所以，所以，则在，，
当时，时在内的零点个数最多，
当，即，函数有4个零点.
故答案为：B.
【分析】对函数化简，依据单调区间条件确定的范围，结合取值分析函数在内零点个数.用三角恒等变换化简函数，根据正弦函数单调性列不等式求，再结合零点定义找零点.
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；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，圆柱的上底面内切于，分别为的中点，
则三点共线，三点共线，因为三棱锥的所有棱长均为，
所以，，
又O是的中心，故，
由勾股定理得，其中∽，故，
设，则，故，其中，
所以圆柱的体积，其中，
则，
令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
故当时，圆柱的体积取得极大值，也是最大值，最大值为，故圆柱的体积不能超过.
故答案为：A.
【分析】确定几何关系：明确圆柱与三棱锥的位置关联，找到共线点（如、、共线，、、共线 ），为后续用相似做准备.计算基础线段长：依据三棱锥棱长，用勾股定理、中心性质算出、、等关键线段长度，搭建几何量框架.相似建立关系：找含圆柱底面半径和高的相似三角形（与 ），通过相似比得到与的函数式.构建体积函数：结合圆柱体积公式，代入与的关系，得到体积关于的函数，再用函数单调性求最值.
9．【答案】B,C,D
【知识点】超几何分布；超几何分布的应用；条件概率
【解析】【解答】解：A：由题意：随机变量服从超几何分布，即，
所以.故A错误；
B：根据超几何分布的方差的计算公式：，
可得.故B正确；
C：根据全概率公式，，故C正确；
D：根据条件概率，可得.故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】：识别服从超几何分布，明确超几何分布概率公式与二项分布（选项形式）的区别，据此判断正误.
：牢记超几何分布方差计算公式，代入对应参数（总体容量、成功类元素数、抽取次数 ）计算，验证是否正确.
：用全概率公式，将分解为和两种情况的条件概率和，分别计算后求和，判断.
：依据条件概率公式，先求联合概率，再结合计算，判断.
10．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A：当时，，所以，所以，故A正确；
B：因为，.由，所以与不关于点对称，所以B错误；
C：若，不妨设，则.又当时，，所以，故C正确；
D：当时，，所以在上单调递减.故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】逐一分析函数的性质（符号、对称性、差值、单调性 ）.
11．【答案】A,B,C
【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】【解答】解：设，联立，得：，
所以，所以，
代入，A对，
B：由题意可设直线方程为：，直线方程为：，
两式相乘即为方程方程，B对，
C： 由及，两方程相减可得直线方程：，所以，
由A及椭圆中点弦性质可知：，及，
所以，C对；
D：由方程：，结合代入可得：，又，，
所以方程：，不恒过定点，D错；
故答案为：ABC
【分析】判断点坐标满足的等式.
：联立直线与双曲方程，用韦达定理得中点坐标表达式，代入验证等式是否成立，分析方程表示的图形.
：根据直线、的斜率，写出直线方程，推导方程与两直线的关系，判断直线与的位置关系.
：联立双曲线与、相关方程，消元得到方程，对比直线斜率判断平行性，判断直线是否过定点.
：结合选项结论化简方程，看是否存在定点坐标使方程恒成立.
12．【答案】
【知识点】函数的奇偶性；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：设，则，因为函数为奇函数，所以，
所以，
所以.
故答案为：.
【分析】用奇函数的定义，通过对正负情况的讨论，建立等式来求解和的值.理解奇函数“”，分（此时 ）的情况，代入分段函数表达式构建方程，进而确定、.
13．【答案】
【知识点】数列的递推公式；等比数列的实际应用
【解析】【解答】解：因为，所以，则，
所以，则，，所以，所以，
所以其前2025项的和，，解得，所以，
故答案为：.
【分析】推导递推规律：从已知，推出，找到奇数项、偶数项的递推关联.累加求通项：对奇数项的递推式累加，得到与的关系，同理得表达式，再推出偶数项与的关系.分组求和：将前项和按“首项 + 偶数项与后一个奇数项组和”分组，利用等比数列求和公式计算，结合已知和求出，进而得.
14．【答案】；
【知识点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；二项分布
【解析】【解答】解：当时，甲乙比赛四局，则甲要赢3局或4局才能获胜，
计算，
时，甲乙比赛二局，则甲要赢2局，计算，
所以；
在局比赛中甲获胜，则甲胜的局数至少为局故
，
所以
前局，甲胜局，后2场甲2胜，概率为；
前局，甲胜局，后2场甲1胜1负或者2胜，概率为；
前局，甲至少胜局，后2场甲1胜1负或者2胜，概率为；
所以，
，
所以，即得，所以，
计算得，即，所以当时，最大.
故答案为：，.
【分析】围绕独立重复试验概率，特定值下计算，需先明确局比赛中甲获胜的局数要求，用二项分布概率公式计算；求使最大的，需构建的表达式，通过相邻项比值分析单调性找最值.
15．【答案】（1）解：方法一：由以及正弦定理可得．
因为，所以．
因为，所以．因为，所以．
方法二：由余弦定理可得．故有，
所以．因为，所以．
（2）解：由题，并结合（1）的结论易得．因为，所以．
方法一：因为为的中点，故与的面积相等，均为面积的一半，
即，所以．
所以，解得．
所以面积．
方法二：在直角三角形中，．同理，．
故有，即．
由正弦定理可知，
所以的面积.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）用正弦定理或余弦定理，将边的关系转化为角的关系，结合三角恒等变换或余弦定理公式求出，进而确定角.
（2）根据中点、垂直条件，结合向量数量积与三角形面积公式（或三角函数定义），建立边的关系，求出的值，再利用三角形面积公式计算.
（1）方法一：由以及正弦定理可得．
因为，所以．
因为，所以．
因为，所以．
方法二：由余弦定理可得．
故有，所以．
因为，所以．
（2）由题，并结合（1）的结论易得．
因为，所以．
方法一：因为为的中点，故与的面积相等，均为面积的一半．
即，
所以．
所以，解得．
所以面积．
方法二：在直角三角形中，．同理，．
故有，即．
由正弦定理可知．
所以的面积．
16．【答案】（1）证明：因为平面平面，所以平面．
因为平面，平面平面，所以．
因为为的中点，故为的中点．在正方形，因为，
故．所以．因为，故，故．
因为，故平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）解：因为三棱柱为直三棱柱，故．因为平面，
所以平面，平面，所以，故．
又因为平面，故以A为原点，分别为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设则，
．
据题设有，显然，此时．
设为平面的法向量，则．
则，令，从而．
显然，平面的法向量可取．
此时平面与平面所成的角的余弦值为，
故，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】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）找到线面垂直关系，通过直三棱柱的性质、中点条件及已知，先证平面，再利用面面垂直判定定理证明.
（2）通过建立空间直角坐标系，求出相关点坐标、向量，进而得到平面法向量，利用面面角的向量公式列方程求解.
（1）因为平面平面，
所以平面．
因为平面，平面平面，所以．
因为为的中点，故为的中点．
在正方形，因为，故．
所以．
因为，故，故．
因为，故平面，
所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）因为三棱柱为直三棱柱，故．
因为平面，
所以平面，平面，所以，故．
又因为平面，故以A为原点，分别为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设则，
．
据题设有，显然，此时．
设为平面的法向量，则．
则，令，从而．
显然，平面的法向量可取．
此时平面与平面所成的角的余弦值为
故，即，解得，
所以存在，使得平面与平面所成的角的余弦值为．
17．【答案】（1）解：由题，记的中点为，
因为以为直径的圆与轴相切于点，所以垂直于轴，故点的横坐标为1，故，
因为，故，解得，即，故抛物线的方程为．
（2）解：设，
直线的斜率，
抛物线在点处的切线的斜率为，所以，
将直线与抛物线联立，，
得，所以，
故点到直线的距离，
所以的面积，
方法一：因为，所以，
令，
当，函数单调递减；，函数单调递增．
所以，所以面积的最小值为，
此时斜率，直线的方程为．
方法二：由求根公式可得，
故的面积，令，
则，
令，
当，函数单调递减；
，函数单调递增，所以，
即面积的最小值为，此时斜率，直线的方程为．
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）用抛物线焦点、中点坐标性质以及距离公式，结合圆与轴相切的条件，确定抛物线上点的坐标，进而求出.
（2）通过导数确定切线斜率与直线斜率的关系，联立直线与抛物线方程，结合点到直线距离公式、导数求最值，找到面积最小时的参数，得出结果.
（1）由题，记的中点为，
因为以为直径的圆与轴相切于点，
所以垂直于轴，故点的横坐标为1，故，
因为，故，
解得，即，故抛物线的方程为．
（2）设，
直线的斜率，
抛物线在点处的切线的斜率为，所以，
将直线与抛物线联立，，
得，所以，
故点到直线的距离，
所以的面积，
方法一：因为，
所以，
令，
当，函数单调递减；，函数单调递增．
所以，
所以面积的最小值为，
此时斜率，直线的方程为．
方法二：由求根公式可得，
故的面积，
令，则，
令，
当，函数单调递减；，函数单调递增，
所以，
即面积的最小值为，
此时斜率，直线的方程为．
18．【答案】（1）解：函数的定义域为，由在上单调递减，
得，恒成立，即恒成立，
而当时，，当且仅当时取等号，因此，
所以的最小值为.
（2）解：（ⅰ）函数的定义域为，，
令，求导得，函数在上单调递减，
而，则当时，，即；当时，，即，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，，
而当时，，当时，，
由函数存在两个零点，得，解得，
所以实数m的取值范围是.
（ⅱ）由（1）知当时，，当时，，
由（ⅰ）知，则，，
由，得，，
整理得，两式相减得，
因此；记，令，求导得，
函数在上单调递增，，即，
整理得，
而，
即，
因此，即，所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；基本不等式在最值问题中的应用；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）通过求导，将单调递减转化为导数小于等于恒成立，再利用不等式恒成立求的范围，结合基本不等式找最值.
（2）（i）利对求导，分析单调性和极值，结合零点存在条件确定范围.（ii）用函数零点关系，构造新函数，结合单调性和零点存在性定理证明.
（1）函数的定义域为，由在上单调递减，
得，恒成立，即恒成立，
而当时，，当且仅当时取等号，因此，
所以的最小值为.
（2）（ⅰ）函数的定义域为，，
令，求导得，函数在上单调递减，
而，则当时，，即；当时，，即，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，，
而当时，，当时，，
由函数存在两个零点，得，解得，
所以实数m的取值范围是.
（ⅱ）由（1）知当时，，当时，，
由（ⅰ）知，则，，
由，得，
，整理得，
两式相减得，因此；
记，令，求导得，
函数在上单调递增，，即，
整理得，而
，即，
因此，即，
所以.
19．【答案】（1）解：．
（2）解：（ⅰ）方法一：当时，，故．下证．
反证法：若存在，使得，记，由于，故．
定义是最高位到最低位依次为到的十进制数，不妨设，
由的性质知存在，使得，因此的十进制表示中至少出现了4个连续的．
若，则的十进制表示中至少出现了个连续数字，故，这与的定义矛盾．
若，则的十进制表示中至少出现了1000个连续数字，亦矛盾，因此．
综上所述，.
方法二：当时，，故．下面用数学归纳法证明：．
因为，所以的相同数字连续出现的最大次数不超过3，即．假设时，，下证．
设，由归纳假设知，则的十进制表示可以写作．
因为，因此的各位数字中，相同数字连续出现的最大次数不超过3，也即．
故对于，命题也成立，命题得证．综上所述，．
（ⅱ）方法一：设，不妨设，，
由（ⅰ）知和均为不超过9的自然数，因此恰有位，所以不能是一位数或者三位数，所以只能是两位数．
设，若的各位数字中有两个不同的数字，则为了描述出这两个不同的数字，至少是一个四位数且它的各位数字中仍有两个不同的数字．
由此可知，如果，则至少是一个四位数，矛盾，所以．
若，则，且，这与（ⅰ）的结论矛盾．
若，则，故，但不能是一位数，矛盾！
若，则，故，但不能是三位数，矛盾！
若，则恒为22，符合题意．
综上，．
方法二：设，不妨设，，
由（ⅰ）知和均为不超过9的自然数，因此恰有位，所以不能是一位数或者三位数，所以只能是两位数．
显然，否则，矛盾！
若，则且，这与（ⅰ）的结论矛盾．
若，则，故，但不能是一位数，矛盾！
若，则，故，但不能是三位数，矛盾！
若，则．
（a）若，则，所以由个构成，矛盾．
（b）若，则，因此，所以，所以，但不能是一位数，矛盾！
（c）若，则，因此，所以，所以，但不能是三位数，矛盾！
（d）若恒等于22，符合题意．综上，．
【知识点】数列的应用；进位制
【解析】【分析】（1）直接依据“外观数列”的描述规则，对首项进行逐次描述，得到后续项，并统计相同数字连续出现的最大次数.
（2）（ⅰ）通过分析首项的可能情况，结合“外观数列”的生成规则，利用反证法或数学归纳法证明的最大值.
（ⅱ）根据数列循环的条件，结合“外观数列”的生成特点，分析首项满足的特征，进而求解.
（1）．
（2）（ⅰ）方法一：当时，，故．
下证．
反证法：若存在，使得，记，
由于，故．定义是最高位到最低位依次为到的十进制数，
不妨设，由的性质知存在，使得，因此的十进制表示中至少出现了4个连续的．
若，则的十进制表示中至少出现了个连续数字，故，这与的定义矛盾．
若，则的十进制表示中至少出现了1000个连续数字，亦矛盾，因此．
综上所述，．
方法二：当时，，故．
下面用数学归纳法证明：．
因为，所以的相同数字连续出现的最大次数不超过3，即．
假设时，，下证．
设，由归纳假设知，
则的十进制表示可以写作．
因为，因此的各位数字中，相同数字连续出现的最大次数不超过3，
也即．故对于，命题也成立，命题得证．
综上所述，．
（ⅱ）方法一：设，不妨设，，
由（ⅰ）知和均为不超过9的自然数，因此恰有位，所以不能是一位数或者三位数，所以只能是两位数．
设，若的各位数字中有两个不同的数字，则为了描述出这两个不同的数字，
至少是一个四位数且它的各位数字中仍有两个不同的数字．
由此可知，如果，则至少是一个四位数，矛盾，所以．
若，则，且，这与（ⅰ）的结论矛盾．
若，则，故，但不能是一位数，矛盾！
若，则，故，但不能是三位数，矛盾！
若，则恒为22，符合题意．
综上，．
方法二：设，不妨设，，
由（ⅰ）知和均为不超过9的自然数，因此恰有位，
所以不能是一位数或者三位数，
所以只能是两位数．显然，否则，矛盾！
若，则且，这与（ⅰ）的结论矛盾．
若，则，故，但不能是一位数，矛盾！
若，则，故，但不能是三位数，矛盾！
若，则．
（a）若，则，所以由个构成，矛盾．
（b）若，则，因此，所以，
所以，但不能是一位数，矛盾！
（c）若，则，因此，所以，
所以，但不能是三位数，矛盾！
（d）若恒等于22，符合题意．
综上，．
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