廣東云浮一中2025年高三第二學期第三次教學質量檢測試題數學試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．數列的通項公式為．則“”是“為遞增數列”的（）條件．A．必要而不充分 B．充要 C．充分而不必要 D．即不充分也不必要2．已知四棱錐，底面ABCD是邊長為1的正方形，，平面平面ABCD，當點C到平面ABE的距離最大時，該四棱錐的體積為（）A． B． C． D．13．已知橢圓的焦點分別為，，其中焦點與拋物線的焦點重合，且橢圓與拋物線的兩個交點連線正好過點，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．4．已知函數，，若對任意，總存在，使得成立，則實數的取值范圍為（）A． B．C． D．5．復數的虛部是()A． B． C． D．6．已知函數，若時，恒成立，則實數的值為（）A． B． C． D．7．如圖，正方體的棱長為1，動點在線段上，、分別是、的中點，則下列結論中錯誤的是（）A．， B．存在點，使得平面平面C．平面 D．三棱錐的體積為定值8．已知函數，若,且，則的取值范圍為（）A． B． C． D．9．已知函數．下列命題：①函數的圖象關于原點對稱；②函數是周期函數；③當時，函數取最大值；④函數的圖象與函數的圖象沒有公共點，其中正確命題的序號是（）A．①④ B．②③ C．①③④ D．①②④10．山東煙臺蘋果因“果形端正、色澤艷麗、果肉甜脆、香氣濃郁”享譽國內外.據統計，煙臺蘋果（把蘋果近似看成球體）的直徑（單位：）服從正態分布，則直徑在內的概率為（）附：若，則，.A．0.6826 B．0.8413 C．0.8185 D．0.954411．已知函數，則（）A． B．1 C．-1 D．012．已知非零向量、，若且，則向量在向量方向上的投影為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設、分別為橢圓：的左、右兩個焦點，過作斜率為1的直線，交于、兩點，則________14．在中，點在邊上，且，設，，則________（用，表示）15．已知復數，其中為虛數單位，則的模為_______________.16．已知橢圓：的左，右焦點分別為，，過的直線交橢圓于，兩點，若，且的三邊長，，成等差數列，則的離心率為__________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）為提供市民的健身素質，某市把四個籃球館全部轉為免費民用（1）在一次全民健身活動中，四個籃球館的使用場數如圖，用分層抽樣的方法從四場館的使用場數中依次抽取共25場，在中隨機取兩數，求這兩數和的分布列和數學期望；（2）設四個籃球館一個月內各館使用次數之和為，其相應維修費用為元，根據統計，得到如下表的數據：x10152025303540y100001176113010139801477115440160202.993.494.054.504.995.495.99①用最小二乘法求與的回歸直線方程；②叫做籃球館月惠值，根據①的結論，試估計這四個籃球館月惠值最大時的值參考數據和公式：，18．（12分）在極坐標系中，曲線的極坐標方程為（1）求曲線與極軸所在直線圍成圖形的面積；（2）設曲線與曲線交于，兩點，求.19．（12分）一個工廠在某年里連續10個月每月產品的總成本（萬元）與該月產量（萬件）之間有如下一組數據：1.081.121.191.281.361.481.591.681.801.872.252.372.402.552.642.752.923.033.143.26（1）通過畫散點圖，發現可用線性回歸模型擬合與的關系，請用相關系數加以說明；（2）①建立月總成本與月產量之間的回歸方程；②通過建立的關于的回歸方程，估計某月產量為1.98萬件時，產品的總成本為多少萬元？（均精確到0.001）附注：①參考數據：，，，，.②參考公式：相關系數，，.20．（12分）已知橢圓與拋物線有共同的焦點，且離心率為，設分別是為橢圓的上下頂點（1）求橢圓的方程；（2）過點與軸不垂直的直線與橢圓交于不同的兩點，當弦的中點落在四邊形內（含邊界）時，求直線的斜率的取值范圍.21．（12分）如圖，在斜三棱柱中，平面平面，，，，均為正三角形，E為AB的中點．（Ⅰ）證明：平面；（Ⅱ）求斜三棱柱截去三棱錐后剩余部分的體積．22．（10分）已知x，y，z均為正數．（1）若xy＜1，證明：|x+z|?|y+z|＞4xyz；（2）若＝，求2xy?2yz?2xz的最小值．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．A【解析】

根據遞增數列的特點可知，解得，由此得到若是遞增數列，則，根據推出關系可確定結果.【詳解】若“是遞增數列”，則，即，化簡得：，又，，，則是遞增數列，是遞增數列，“”是“為遞增數列”的必要不充分條件．故選：.本題考查充分條件與必要條件的判斷，涉及到根據數列的單調性求解參數范圍，屬于基礎題.2．B【解析】

過點E作，垂足為H，過H作，垂足為F，連接EF.因為平面ABE，所以點C到平面ABE的距離等于點H到平面ABE的距離.設，將表示成關于的函數，再求函數的最值，即可得答案.【詳解】過點E作，垂足為H，過H作，垂足為F，連接EF.因為平面平面ABCD，所以平面ABCD，所以.因為底面ABCD是邊長為1的正方形，，所以.因為平面ABE，所以點C到平面ABE的距離等于點H到平面ABE的距離.易證平面平面ABE，所以點H到平面ABE的距離，即為H到EF的距離.不妨設，則，.因為，所以，所以，當時，等號成立.此時EH與ED重合，所以，.故選：B.本題考查空間中點到面的距離的最值，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查空間想象能力和運算求解能力，求解時注意輔助線及面面垂直的應用.3．B【解析】

根據題意可得易知，且，解方程可得，再利用即可求解.【詳解】易知，且故有，則故選：B本題考查了橢圓的幾何性質、拋物線的幾何性質，考查了學生的計算能力，屬于中檔題4．C【解析】

將函數解析式化簡，并求得，根據當時可得的值域；由函數在上單調遞減可得的值域，結合存在性成立問題滿足的集合關系，即可求得的取值范圍.【詳解】依題意，則，當時，，故函數在上單調遞增，當時，；而函數在上單調遞減，故，則只需，故，解得，故實數的取值范圍為.故選：C.本題考查了導數在判斷函數單調性中的應用，恒成立與存在性成立問題的綜合應用，屬于中檔題.5．C【解析】因為，所以的虛部是，故選C.6．D【解析】

通過分析函數與的圖象，得到兩函數必須有相同的零點，解方程組即得解.【詳解】如圖所示，函數與的圖象，因為時，恒成立，于是兩函數必須有相同的零點，所以，解得．故選：D本題主要考查函數的圖象的綜合應用和函數的零點問題，考查不等式的恒成立問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.7．B【解析】

根據平行的傳遞性判斷A；根據面面平行的定義判斷B；根據線面垂直的判定定理判斷C；由三棱錐以三角形為底，則高和底面積都為定值，判斷D.【詳解】在A中，因為分別是中點，所以，故A正確；在B中，由于直線與平面有交點，所以不存在點，使得平面平面，故B錯誤；在C中，由平面幾何得，根據線面垂直的性質得出，結合線面垂直的判定定理得出平面，故C正確；在D中，三棱錐以三角形為底，則高和底面積都為定值，即三棱錐的體積為定值，故D正確；故選：B本題主要考查了判斷面面平行，線面垂直等，屬于中檔題.8．A【解析】分析：作出函數的圖象，利用消元法轉化為關于的函數，構造函數求得函數的導數，利用導數研究函數的單調性與最值，即可得到結論.詳解：作出函數的圖象，如圖所示，若，且，則當時，得，即，則滿足，則，即，則，設，則，當，解得，當，解得，當時，函數取得最小值，當時，；當時，，所以，即的取值范圍是，故選A.點睛：本題主要考查了分段函數的應用，構造新函數，求解新函數的導數，利用導數研究新函數的單調性和最值是解答本題的關鍵，著重考查了轉化與化歸的數學思想方法，以及分析問題和解答問題的能力，試題有一定的難度，屬于中檔試題.9．A【解析】

根據奇偶性的定義可判斷出①正確；由周期函數特點知②錯誤；函數定義域為，最值點即為極值點，由知③錯誤；令，在和兩種情況下知均無零點，知④正確.【詳解】由題意得：定義域為，，為奇函數，圖象關于原點對稱，①正確；為周期函數，不是周期函數，不是周期函數，②錯誤；，，不是最值，③錯誤；令，當時，，，，此時與無交點；當時，，，，此時與無交點；綜上所述：與無交點，④正確.故選：.本題考查函數與導數知識的綜合應用，涉及到函數奇偶性和周期性的判斷、函數最值的判斷、兩函數交點個數問題的求解；本題綜合性較強，對于學生的分析和推理能力有較高要求.10．C【解析】

根據服從的正態分布可得，，將所求概率轉化為，結合正態分布曲線的性質可求得結果.【詳解】由題意，，，則，，所以，.故果實直徑在內的概率為0.8185.故選：C本題考查根據正態分布求解待定區間的概率問題，考查了正態曲線的對稱性，屬于基礎題.11．A【解析】

由函數，求得，進而求得的值，得到答案.【詳解】由題意函數，則，所以，故選A.本題主要考查了分段函數的求值問題，其中解答中根據分段函數的解析式，代入求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.12．D【解析】

設非零向量與的夾角為，在等式兩邊平方，求出的值，進而可求得向量在向量方向上的投影為，即可得解.【詳解】，由得，整理得，，解得，因此，向量在向量方向上的投影為.故選：D.本題考查向量投影的計算，同時也考查利用向量的模計算向量的夾角，考查計算能力，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

由橢圓的標準方程，求出焦點的坐標，寫出直線方程，與橢圓方程聯立，求出弦長，利用定義可得，進而求出?！驹斀狻坑芍裹c，所以直線：，代入得，即，設，，故由定義有，，所以。本題主要考查橢圓的定義、橢圓的簡單幾何性質、以及直線與橢圓位置關系中弦長的求法，注意直線過焦點，位置特殊，采取合適的弦長公式，簡化運算。14．【解析】

結合圖形及向量的線性運算將轉化為用向量表示，即可得到結果．【詳解】在中，因為，所以，又因為，所以．故答案為：本題主要考查三角形中向量的線性運算，關鍵是利用已知向量為基底，將未知向量通過幾何條件向基底轉化．15．【解析】

利用復數模的計算公式求解即可.【詳解】解：由，得，所以.故答案為：.本題考查復數模的求法，屬于基礎題.16．【解析】

設，，，根據勾股定理得出，而由橢圓的定義得出的周長為，有，便可求出和的關系，即可求得橢圓的離心率.【詳解】解：由已知，的三邊長，，成等差數列，設，，，而，根據勾股定理有：，解得：，由橢圓定義知：的周長為，有，，在直角中，由勾股定理，，即：，∴離心率.故答案為：.本題考查橢圓的離心率以及橢圓的定義的應用，考查計算能力.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）見解析，12.5（2）①②20【解析】

(1)運用分層抽樣，結合總場次為100，可求得的值，再運用古典概型的概率計算公式可求解果;(2)①由公式可計算的值，進而可求與的回歸直線方程；②求出，再對函數求導，結合單調性，可估計這四個籃球館月惠值最大時的值.【詳解】解：（1）抽樣比為，所以分別是，6，7，8，5所以兩數之和所有可能取值是：10，12，13，15，，，所以分布列為期望為（2）因為所以，，；②，設，所以當遞增，當遞減所以約惠值最大值時的值為20本題考查直方圖的實際應用，涉及求概率，平均數、擬合直線和導數等問題，關鍵是要讀懂題意，屬于中檔題.18．（1）；（2）【解析】

（1）利用互化公式，將曲線的極坐標方程化為直角坐標方程，得出曲線與極軸所在直線圍成的圖形是一個半徑為1的圓周及一個兩直角邊分別為1與的直角三角形，即可求出面積；（2）聯立方程組，分別求出和的坐標，即可求出.【詳解】解：（1）由于的極坐標方程為，根據互化公式得，曲線的直角坐標方程為：當時，，當時，，則曲線與極軸所在直線圍成的圖形，是一個半徑為1的圓周及一個兩直角邊分別為1與的直角三角形，∴圍成圖形的面積.（2）由得，其直角坐標為，化直角坐標方程為，化直角坐標方程為，∴，∴.本題考查利用互化公式將極坐標方程化為直角坐標方程，以及聯立方程組求交點坐標，考查計算能力.19．（1）見解析；（2）①②3.386（萬元）【解析】

（1）利用代入數值，求出后即可得解；（2）①計算出、后，利用求出后即可得解；②把代入線性回歸方程，計算即可得解.【詳解】（1）由已知條件得，，∴，說明與正相關，且相關性很強.（2）①由已知求得，，所以，所求回歸直線方程為.②當時，（萬元），此時產品的總成本約為3.386萬元.本題考查了相關系數的應用以及線性回歸方程的求解和應用，考查了計算能力，屬于中檔題.20．（1）（2）或【解析】

（1）由已知條件得到方程組，解得即可；（2）由題意得直線的斜率存在，設直線方程為，聯立直線與橢圓方程，消元、列出韋達定理，由得到的范圍，設弦中點坐標為則，所以在軸上方，只需位于內（含邊界）就可以，即滿足，得到不等式組，解得即可；【詳解】解：（1）由已知橢圓右焦點坐標為，離心率為，，，所以橢圓的標準方程為；（2）由題意得直線的斜率存在，設直線方程為聯立，消元整理得，，由，解得設弦中點坐標為，所以在軸上方，只需位于內（含邊界）就可以，即滿足，即，解得或本題考查了橢圓的定義標準方程及其性質，直線與橢圓的綜合應用，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．21．（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）要證明線面平行，需先證明線線平行，所以連接，交于點M，連接ME，證明；（Ⅱ）由題意可知點到平面ABC的距離等于