2025届广东省高三“熵增杯”8月份阶段适应性测试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省2025届高三“熵增杯”8月份阶段适应性测试数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则的子集个数为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗解不等式，得，则，解不等式，即，解得或，因此或，则，所以的子集个数是2.故选：C.2.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由，得，即，因此，所以.故选：B.3.已知随机变量的分布列如下表所示：若，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由，得，，则，，由，得，所以.故选：C.4.若单位向量与向量垂直，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗依题意，，，所以.故选：B.5.瑞典著名物理化学家阿伦尼乌斯通过大量实验获得了化学反应速率常数随温度变化的实测数据，利用回归分析的方法得出著名的阿伦尼乌斯方程：，其中为反应速率常数，为摩尔气体常量，为热力学温度，为反应活化能，为阿伦尼乌斯常数．对于某一化学反应，若热力学温度分别为和时，反应速率常数分别为和（此过程中与的值保持不变），经计算，若，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意知：，，则.故选：A.6.在中，和是方程的两实数根，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由和是方程的两实数根，得，在中，.故选：D.7.已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，则的最小值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由奇函数，得，由是偶函数，得，联立解得，当且仅当，即时取等号，所以的最小值是.故选：A.8.已知某圆锥的轴截面是顶角为的等腰三角形，侧面展开图是圆心角为的扇形，则当最小时，（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗设圆锥的母线长为l，则圆锥的底面半径，侧面展开图的扇形弧长，即圆锥底面的周长，因此，，．记，，则，因为在0,π上递减，且，，所以存在唯一的满足，即，且当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减，于是是的极大值点，也是最大值点，此时，而最小，当且仅当最大，所以.故选：D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题列出的选项中，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.下列说法一定正确的有（）A.若，则B.若，，，则C.在的展开式中，所有有理项的系数之和为D.若，，，则〖答案〗BC〖解析〗对于A，不能推出，即不一定有意义，A错误；对于B，依题意，，所以，B正确；对于C，，展开式的通项为：，当时，为有理项，因此展开式中所有有理项的系数之和为，C正确；对于D，，，而，因此，D错误.故选：BC.10.已知函数的图象交坐标轴于，，三点，部分图象如图所示，是直角三角形，.函数的图象是由的图象作如下变换得来：纵坐标不变，横坐标变为原来的.则（）A.B.的最小正周期为C.为偶函数D.在区间上单调递增〖答案〗ACD〖解析〗依题意，点，由，得，即，而，于是，又，解得，，对于A，，A正确；对于B，，最小正周期为，B错误；对于C，为偶函数，C正确；对于D，当时，，函数在上单调递增，D正确.故选：ACD.11.已知抛物线：的焦点为，准线为，点，在上（在第一象限），点在上，以为直径的圆过焦点，（），则（）A.若，则 B.若，则C.的面积最小值为 D.的面积大于〖答案〗ABD〖解析〗对于A，设点在准线上的投影为，准线与轴交于点，因为两点在抛物线上，根据抛物线的定义，，又，则，所以，故A正确；对于B，设点在准线上的投影为点，因为以为直径的圆过焦点，所以，且|AF|=|AM|，所以，又因为，所以，即，，由焦半径公式，故B正确；对于C，分两种情况：当点都在第一象限，设，，由焦半径公式可得，，所以，令，设，且，所以，当且仅当时取得最小值，当点在第二象限时，设，，则，，所以，同理令，且，所以，所以，当且仅当时取得最小值，综上，面积的最小值为，故C错误：对于D，当点都在第一象限，，，，则，所以，即，所以当点在第二象限时，同理可得，即，所以，综上，的面积大于，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.双曲线的一条渐近线方程为，则______．〖答案〗〖解析〗因为，所以，所以，解得.13.画条直线，最多将圆的内部分为______部分．〖答案〗〖解析〗1条直线将圆的内部分成部分，2条直线将圆的内部分成部分，3条直线将圆的内部最多分成部分，4条直线将圆的内部最多分成部分，由此可得条直线将圆的内部最多分成部分.14.若存在实数b，使得函数的图像关于直线对称，则的最小值为______．〖答案〗16〖解析〗．因为的定义域为，故其图像如果关于直线对称，只能有，即是偶函数．因此有和前的系数均为0，从而，．由对勾函数的性质可知，当且仅当时，取到最小值16．四、解答题：本题共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.在中，，．（1）求；（2）设，求边上的高．解：（1）由，得，即，所以，由正弦定理可得，所以，又因为，所以，因为，所以，所以；（2）设边上的高为，在中，由正弦定理可得，所以，所以，所以.16.如图，在四棱锥中，底面为菱形，，．（1）证明：；（2）若，，求二面角的正切值．（1）证明：取的中点，连接，由，得，由，得，而平面，则平面，又平面，所以.（2）解：在菱形中，，由（1）知，则，，有，，，取的中点，连接，由，得，于是二面角的大小，而，则，即，解得，，，所以钝二面角的正切值是.17.在平面直角坐标系中，点到直线的距离与点到点的距离之比为．记的轨迹为．（1）求的离心率；（2）过的上顶点的直线与相交于另一点，若的面积为，求的方程．解：（1）设，由题意可得，化简可得，即，所以轨迹：的离心率.（2）由（1）知，，设直线的方程为，由消去x得，且，设，则，解得，所以，即，设直线与轴的交点为，则，则，所以，即，解得或，所以直线的方程为或，即或.18.已知数列的前三项均为，且．（1）求的通项公式；（2）设数列的各项均为正整数，且．（ⅰ）若，，证明：为等差数列；（ⅱ）若，为递增等差数列，求的最小值．（1）解：由，,可得，解得，同理依次可得，，，，，，，归纳可得数列的通项公式为，.下面证明该通项公式满足题意.当，时，；当，时，；当，时，；当，时，；综上可知，对任意正整数，都成立，满足题意.故满足题意的数列的通项公式为，.（2）（ⅰ）证明：由（1）可知，，由，可得，，由数列的各项均为正整数，且，可知，则，，，由，，任意，，满足，都有；故，由，可得为等差数列；（ⅱ）解：若，则，且数列的各项均为正整数，且，即数列递增.所以当时，，又为递增等差数列，则，由可知，则任意，，即，使，并且，可得，即.当时，，因为为递增等差数列，所以数列为递增等差数列，且公差相等.由，则，则数列公差，即递增等差数列数列的公差，故.当且仅当，时，取到最小值.此时，，当时，也满足，是等差数列，满足题意.故的最小值为.19.信息熵是信息论中的一个重要概念．设随机变量和的分布列分别为：，，其中．定义的信息熵：，和的“距离”：．（1）若，求；（2）已知发报台只发出信号和，接收台只收到信号和．现发报台发出信号的概率为，由于通信信号受到干扰，发出信号接收台收到信号的概率为，发出信号接收台收到信号的概率也为．（ⅰ）若接收台收到信号为，求发报台发出信号为的概率；（ⅱ）记和分别为发出信号和收到信号，证明：．（1）解：因为，所以，所以的分布列为：所以（2）（i）解：记发出信号0和1分别为事件，收到信号0和1分别为事件，则，所以，所以；（ii）证明：由（ⅰ）知，则，则，设，则，所以当时，单调递增，当时，单调递减；所以，即（当且仅当时取等号），所以，所以，当且仅当，即时等号成立，所以.广东省2025届高三“熵增杯”8月份阶段适应性测试数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则的子集个数为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗解不等式，得，则，解不等式，即，解得或，因此或，则，所以的子集个数是2.故选：C.2.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由，得，即，因此，所以.故选：B.3.已知随机变量的分布列如下表所示：若，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由，得，，则，，由，得，所以.故选：C.4.若单位向量与向量垂直，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗依题意，，，所以.故选：B.5.瑞典著名物理化学家阿伦尼乌斯通过大量实验获得了化学反应速率常数随温度变化的实测数据，利用回归分析的方法得出著名的阿伦尼乌斯方程：，其中为反应速率常数，为摩尔气体常量，为热力学温度，为反应活化能，为阿伦尼乌斯常数．对于某一化学反应，若热力学温度分别为和时，反应速率常数分别为和（此过程中与的值保持不变），经计算，若，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意知：，，则.故选：A.6.在中，和是方程的两实数根，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由和是方程的两实数根，得，在中，.故选：D.7.已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，则的最小值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由奇函数，得，由是偶函数，得，联立解得，当且仅当，即时取等号，所以的最小值是.故选：A.8.已知某圆锥的轴截面是顶角为的等腰三角形，侧面展开图是圆心角为的扇形，则当最小时，（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗设圆锥的母线长为l，则圆锥的底面半径，侧面展开图的扇形弧长，即圆锥底面的周长，因此，，．记，，则，因为在0,π上递减，且，，所以存在唯一的满足，即，且当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减，于是是的极大值点，也是最大值点，此时，而最小，当且仅当最大，所以.故选：D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题列出的选项中，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.下列说法一定正确的有（）A.若，则B.若，，，则C.在的展开式中，所有有理项的系数之和为D.若，，，则〖答案〗BC〖解析〗对于A，不能推出，即不一定有意义，A错误；对于B，依题意，，所以，B正确；对于C，，展开式的通项为：，当时，为有理项，因此展开式中所有有理项的系数之和为，C正确；对于D，，，而，因此，D错误.故选：BC.10.已知函数的图象交坐标轴于，，三点，部分图象如图所示，是直角三角形，.函数的图象是由的图象作如下变换得来：纵坐标不变，横坐标变为原来的.则（）A.B.的最小正周期为C.为偶函数D.在区间上单调递增〖答案〗ACD〖解析〗依题意，点，由，得，即，而，于是，又，解得，，对于A，，A正确；对于B，，最小正周期为，B错误；对于C，为偶函数，C正确；对于D，当时，，函数在上单调递增，D正确.故选：ACD.11.已知抛物线：的焦点为，准线为，点，在上（在第一象限），点在上，以为直径的圆过焦点，（），则（）A.若，则 B.若，则C.的面积最小值为 D.的面积大于〖答案〗ABD〖解析〗对于A，设点在准线上的投影为，准线与轴交于点，因为两点在抛物线上，根据抛物线的定义，，又，则，所以，故A正确；对于B，设点在准线上的投影为点，因为以为直径的圆过焦点，所以，且|AF|=|AM|，所以，又因为，所以，即，，由焦半径公式，故B正确；对于C，分两种情况：当点都在第一象限，设，，由焦半径公式可得，，所以，令，设，且，所以，当且仅当时取得最小值，当点在第二象限时，设，，则，，所以，同理令，且，所以，所以，当且仅当时取得最小值，综上，面积的最小值为，故C错误：对于D，当点都在第一象限，，，，则，所以，即，所以当点在第二象限时，同理可得，即，所以，综上，的面积大于，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.双曲线的一条渐近线方程为，则______．〖答案〗〖解析〗因为，所以，所以，解得.13.画条直线，最多将圆的内部分为______部分．〖答案〗〖解析〗1条直线将圆的内部分成部分，2条直线将圆的内部分成部分，3条直线将圆的内部最多分成部分，4条直线将圆的内部最多分成部分，由此可得条直线将圆的内部最多分成部分.14.若存在实数b，使得函数的图像关于直线对称，则的最小值为______．〖答案〗16〖解析〗．因为的定义域为，故其图像如果关于直线对称，只能有，即是偶函数．因此有和前的系数均为0，从而，．由对勾函数的性质可知，当且仅当时，取到最小值16．四、解答题：本题共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.在中，，．（1）求；（2）设，求边上的高．解：（1）由，得，即，所以，由正弦定理可得，所以，又因为，所以，因为，所以，所以；（2）设边上的高为，在中，由正弦定理可得，所以，所以，所以.16.如图，在四棱锥中，底面为菱形，，．（1）证明：；（2）若，，求二面角的正切值．（1）证明：取的中点，连接，由，得，由，得，而平面，则平面，又平面，所以.（2）解：在菱形中，，由（1）知，则，，有，，，取的中点，连接，由，得，于是二面角的大小，而，则，即，解得，，，所以钝二面角的正切值是.17.在平面直角坐标系中，点到直线的距离与点到点的距离之比为．记的轨迹为．（1）求的离心率；（2）过的上顶点的直线与相交于另一点，若的面积为，求的方程．解：（1）设，由题意可得，化简可得，即，所以轨迹：的离心率.（2）由（1）知，，设直线的方程为，由消去x得，且，设，则，解得，所以，即，设直线与轴的交点为，则，则，所以，即，解得或，所以直线的方程为或，即或.18.已知数列的前三项均为，且．（1）求的通项公式；（2）设数列的各项均为正整数，且．（ⅰ）若，，证明：为等差数列；（ⅱ）若，为递增等差数列，求的最小值．（1）解：由，,可