广东省部分学校2025届高三上学期10月份联考数学试题（含解析）

2025届高三年级10月份联考数学试题本试卷共4页，19题。全卷满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。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，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合，则（）A． B． C． D．2．已知，则（）A． B． C． D．3．已知，则（）A． B． C． D．4．已知，则（）A． B． C． D．5．在中，为边上靠近点的三等分点，为线段（含端点）上一动点，若，则（）A． B． C． D．6．设等比数列的前项和为，且，则（）A．243 B．244 C．81 D．827．在四面体中，，且四面体的各个顶点均在球的表面上，则球的体积为（）A． B． C． D．8．设曲线，过点的直线与交于两点，线段的垂直平分线分别交直线和于点，若，则的斜率可以为（）A． B． C．2 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．已知曲线，则（）A．的焦点在轴上 B．的短半轴长为2C．的右焦点坐标为 D．的离心率为10．已知正数满足，则（）A． B． C． D．11．已知定义在上且不恒为0的函数对任意，有，且的图象是一条连续不断的曲线，则（）A．的图象存在对称轴 B．的图象有且仅有一个对称中心C．是单调函数 D．为一次函数且表达式不唯一三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．样本数据的极差和第75百分位数分别为______．13．已知函数在区间上有且仅有1个零点，则最小正周期的最小值为______．14．已知数列中，，则______．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，证明过程或演算步骤。15．（本小题满分13分）仙人掌别名老鸦舌，神仙掌，这一独特的仙人掌科草本植物，以其顽强的生命力和独特的形态在自然界中独树一帜，以其形似并拢手指的手掌，且带有刺的特征而得名．仙人掌不仅具有极高的观赏价值，还具有一定的药用价值，被誉为“夜间氧吧”，其根茎深入土壤或者干燥的黄土中使其能够吸收足够多的水分进行储藏来提高生存能力，我国某农业大学植物研究所相关人员为了解仙人掌的植株高度y（单位：cm），与其根茎长度x（单位：cm）之间是否存在线性相关的关系，通过采样和数据记录得到如下数据：样本编号1234根茎长度10121416植株高度6286112132参考数据：．（1）由上表数据计算相关系数，并说明是否可用线性回归模型拟合与的关系（若，则可用线性回归模型拟合，计算结果精确到0.001）；（2）求关于的线性回归方程。附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关系数的公式分别为．16．（本小题满分15分）已知中，角的对边分别为，且．（1）求；（2）若，求面积的最大值．17．（本小题满分15分）如图，五面体中，底面四边形为边长为4的正方形，．（1）证明：；（2）已知为线段的中点，点在平面上的投影恰为线段的中点，直线与平面所成角的正切值为，求直线与平面所成角的正弦值．18．（本小题满分17分）已知函数．（1）当时，求的最小值；（2）当时，求零点的个数；（3）当时，，求的取值范围．19．（本小题满分17分）现定义：若对于集合满足：对任意，都有，则称是可分比集合．（1）证明：是可分比集合；（2）设集合均为可分比集合，且，求正整数的最大值；（3）探究是否存在正整数，对于任意正整数，均存在可分比集合，使得．若存在，求的最小值；若不存在，说明理由．

2025届高三年级10月份联考数学参考答案及解析一、选择题1．D【解析】由题意可知，故．故选D．2．A【解析】因为，故，故．故选A．3．D【解析】由，故．故选D．4．C【解析】因为，所以，所以，故，解得．故选C．5．B【解析】当不重合时，，即，当重合时，，故，只有B始终成立．故选B．6．B【解析】由等比数列性质可得，设的公比为，则，故．故选B．7．C【解析】如图，取的中点为，则，连接，则，因为，所以，所以，又，且平面平面，所以平面，又为直角三角形的外心，所以球心在上，设球的半径为，则在中，，即，解得，所以球的体积为．故选C．8．D【解析】因为曲线，所以是双曲线的右支，其焦点为，渐近线为．由题意，设，且（故A选项可排除），联立得，所以的斜率为，．因为，所以，解得．故选D．二、选择题9．BCD【解析】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，由题意可得椭圆的标准方程为，所以椭圆的焦点在轴上，故A错误；且，故其右焦点坐标为，故B，C正确；椭圆的离心率，故D正确．故选BCD．10．AC【解析】由题意可得，令函数，易知在上单调递增，由可得，即可得；因此，故，故A正确；取，则，则，故B、D错误；因为，由指数函数单调性可知，故C正确。故选AC．11．AC【解析】若时，，则令时，有，同理，令有，两式相减可得，故，这与假设矛盾，故若时，必有，即是单调函数，C正确；用替换，则等价于，互换后上式等价于，则，令，分别有和，两式相减则可得，即，设，，则，代入原条件解得，故，解得，即存在唯一表达式，D错误；由表达式可知存在无数条对称轴，且有无数个对称中心，A正确，B错误．故选AC．三、填空题12．18，83.5（填对一个给3分，两个均正确给5分，顺序填错不得分）【解析】将这组数据从小到大排列为：72，74，77，79，80，82，85，90，共8个，极差为，因为，所以这组数据的第75百分位数为．故答案为．13．【解析】因为当时，，因为在区间上只有1个零点，故，解得，故最小正周期的最小值为，故答案为．14．1024【解析】由题意得．故，且经检验满足该通项公式，故．故答案为1024。四、解答题15．解：（1）易得，，故．则，故可用线性回归模型模拟．（2），，故线性回归方程为．16．解：（1）由正弦定理及倍角公式得，得，即，故．（2）由余弦定理可得，解得，当且仅当时取等号，的面积．故面积的最大值为．17．证明：（1）因为四边形是正方形，所以，又平面平面，所以平面，又平面平面平面，所以．（2）记的中点为的中点为上靠近点的四等分点为，连接，则有平面，又平面，所以，故两两相互垂直，以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为直线与平面所成的角为，，所以，得，由题意得，，，所以．设平面的一个法向量，则即令，则，故．设直线与平面所成的角为，则．18．解：（1）时，此时，，令，解得，（1分）当时，单调递减，当时，单调递增，故有唯一极小值点即为最小值点．则．（2）解法一：令，则，①当时，，则，②当时，，③当时，，当时，，当时，，即为的一个零点，综上所述，共有2个零点．解法二：令，则或，即或，因为时，，故，故有两个零点。（3）时，等号两边成立，满足题意，令①当时，，不符合题意；②当时，，不符合题意；③当时，，则必然存在使得，即在上单调递减，而，则在上为负，不符合题意；④当时，，不符合题意；⑤当时，首先应当满足，即，令，则在该定义域内恒成立，即单调递增，又注意到，至此，我们得到了满足题意的一个必要条件．下面我们证明其充分性：记，即对于一个给定的单调递增，从而证明的情形即可，此时，令，，解得，得到在上单调递减，上单调递增，又可知为的极小值点，又可知对任意恒成立，充分性证毕，综上所述，的取值范围是．19．解：（1）当分子比分母小时，比值小于1，显然不在区间内，当分子比分母大时，由于，，故是可