文档内容
保密★启用前
2025届新高三阶段性检测03（能力版）
（范围：检测范围1、2至等式与不等式、空间向量与立体几何、
解析几何）（新课标卷）
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，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.
写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的
位置上.
1．已知集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据一元二次不等式求集合A，在根据交集运算求解.
【详解】由题意可知： ，
所以 .
故选：B.
2．已知 ， 分别是等差数列和等比数列，其前 项和分别是 和 ，且 ，
， ，则 （ ）
A．9 B．9或18 C．13 D．13或37【答案】B
【分析】设等比数列 的公比为 ，当 时求出 ，即可求出 ，再由等差数列求和
公式及下标和性质计算可得，当 时根据等比数列求和公式求出 ，从而求出 ，即可
求出 ，再由等差数列求和公式及下标和性质计算可得.
【详解】设等比数列 的公比为 ，由 且 ，
当 时，则 ，符合题意，则 ，又 ，所以 ，
所以 ；
当 时，则 ，即 ，解得 （舍去）或 ，
所以 ，则 ，又 ，所以 ，
所以 ；
综上可得 或 .
故选：B
3．若函数 满足对于 ， ， ，则 的解
析式可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！【分析】依题意可得 关于 对称，且 是以 为周期的周期函数，再根据各选
项一一判断即可.
【详解】因为 ，所以 关于 对称，
又 ，则 ，
所以 是以 为周期的周期函数；
对于A：若 ，则最小正周期 ，
又 ，所以 不关于 对称，故A错误；
对于B：若 ，则最小正周期 ，
又 ，所以 不关于 对称，故B错误；
对于C：若 ，则最小正周期 ，
则 ，又 不恒成立，所以 不恒成立，故C错
误；
对于D：若 ，则最小正周期 ，
又 ，满足 关于 对称，故D正确.
故选：D
4．冰箱空调等家用电器使用了氟化物，氟化物的释放破坏了大气上层的臭氧层，使臭氧量
Q呈指数函数型变化．当氟化物排放量维持在某种水平时，臭氧量满足关系式，其中 是臭氧的初始量，e是自然对数的底数，t是时间，以年为单位．
若按照关系式 推算，经过 年臭氧量还保留初始量的四分之一，则 的值约
为（ ）（ ）
A．584年 B．574年 C．564年 D．554年
【答案】D
【分析】根据题意列出方程，指对数互化求解即可．
【详解】由题意知， ，
则 ，解得 年.
故选：D．
5．在 中， ，若 ， ，
，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由 得出 ，再借助平行四边形定则画图可解.
【详解】如图，设 的中点为 ，则 ，所以
， ，则 ．
设 ，由于 ，则 ，则 ．
假如 的起点均为 ，运用加法的平行四边形法作图求和，对角线对应的终点
如图所示，所以 ．
4
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！故选：A．
6．已知某正六棱柱的体积为 ，其外接球体积为 ，若该六棱柱的高为整数，则
其表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据正六棱柱的体积及外接球的体积列方程求解得出边长及高最后求出表面积即
可.
【详解】设该正六棱柱的底面边长为 ，高为 ，其外接球的半径为 ，易知 ，
则 ①，
且 ②，
联立①②，因为 ，解得 ，
所以正六棱柱的表面积 .
故选：D.
7．已知函数 的定义域为 ，若 存在零点，则 的取
值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用指数与对数的运算性质将 变形为 ，构造函数 得 ，由 的单调性即可求解.
【详解】由题意得 ，令 ，则 .
令 ，因为函数 在 上单调递增，
单调递增，
所以 ，可化为 ，即 .
令 ，则 ，
当x∈(0,1)时，ℎ ′(x)>0，ℎ(x)在(0,1)单调递增，当x∈(1,+∞)时， 在
(1,+∞)单调递减，
又 ，当 时， ，所以 ，解得 .
故选：C
8．已知抛物线C： 和圆 ，点 是抛物线 的焦点，圆
上的两点 满足 ，其中 是坐标原点，动点 在圆 上运动，
则 到直线 的最大距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由条件 化简可知点 在圆N: 上，所以
是圆 与圆 的公共弦，再求出 的方程，数形结合可求 到直线 的最大距离.
【详解】抛物线的焦点 ，圆 ，其圆心 ，半径 ．
设点 是满足 的任意一点，则 ，
6
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！化简得 ，结合 ，所以 是圆 与圆 的公共弦，
将圆 与圆 的方程相减得，直线 的方程为 ，
取线段 的中点 ，连接 ，则 ，
则 ，
故选：A．
二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出
的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分
分，有选错的得0分.
9．下列命题错误的是（ ）
A．当 时，函数 的图象是一条直线
B．命题“ ，都有 ”的否定是“ ，使得 ”
C．用二分法求函数 在区间 内的零点近似值，至少经过 次二分
后精确度达到
D．某同学用二分法求函数 的零点时，计算出如下结果： ，
， ， ， ，
，则1.375和1.4都是精确度为 的近似零点
【答案】ABD【分析】根据幂函数的性质即可求解A，根据全称命题的否定为特称命题即可求解B,根据
二分法的性质即可求解CD.
【详解】对于A, 当 时，函数 ，故图象是两条射线，A错误，
对于B，命题“ ，都有 ”的否定是“ ，使得 ”，故B错误，
对于C，开区间 的长度等于1，每经过一次操作长度变为原来的一半，
则经过 次操作之后，区间的长度变为 ，故由 ，得 ，所以 ，
即至少经过4次二分后精确度达到0.1，故C正确；
对于D，由于 ，所以 的任何一
个值均为精确度为 的近似零点，故D错误，
故选：ABD
π
10．如图，函数f (x)=Asin(ωx+φ) ( A>0,ω>0,|φ|≤ ) 的图象与 轴的其中两个交点
2
为 ， ，与 轴交于点 ， 为线段 的中点， ， ， ，
则（ ）
A． 的图象不关于直线 对称
B． 的最小正周期为
C．f (−x+2)的图像关于原点对称
D． 在[5,7]单调递减
8
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！【答案】ACD
【分析】先写出关键点坐标，得到方程，后根据 构造方程组解出 ，得到
解析式，最后按照正弦型三角函数特征，结合对称性，周期性，奇偶性和单调性逐个验证
即可.
【详解】由题可 ， ， ，则 ，
有 ，
， ，
把 代入上式，得 ，解得 （负值舍去），
， ，由 ，解得 ，
解得 ， ，
对A， ，故A正确；
对B： 的最小正周期为 ，故B错误；
对C： ， 为奇函数，故C正确；
对D：当 时， ， 在 单调递减，为奇函数，故D正确.
故选：ACD.
11．如图，几何体的底面是边长为6的正方形 底面， ，则（ ）
A．当 时，该几何体的体积为45
B．当 时，该几何体为台体
C．当 时，在该几何体内放置一个表面积为S的球，则S的最大值为
D．当点 到直线 距离最大时，则
【答案】ACD
【分析】对于A：根据题意结合图形利用分割法球体积；对于B：根据题意结合台体的结
果特征分析判断；对于C：根据台体的结构特征结合正方体的内切球分析求解；对于D：
建系，利用空间向量球点到面的距离，结合单调性分析求解.
【详解】若 ，即 ，可知 为矩形，
对于选项A：当 时，即 ，
取 的中点 ，连接 ，如图所示：
因为 底面 ， 底面 ，则 ，
10
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！且 为正方形，则 ，
， 平面 ，可得 平面 ，
又因为 ， ∥ ，可知 为平行四边形，则 ∥ ，
可知 为直三棱柱， 底面 ，
所以该几何体的体积为 ，故A正确；
对于选项B：当 时，即 ，可知 ，所以该几何体
不为台体，故B错误；
对于选项C：当 时，即 ，则 ，所以该几何体为台体，
如图所示， 为相应边的中点，则 为正方形，
因为 底面 ，且 ，可知所求球的半径 ，
且正方形 的内切球的半径即为 ，
所以最大球的半径 ，即S的最大值为 ，故C正确；
对于选项D：以 为坐标原点， 分别为 轴，建立空间直角坐标系，则 ，可得 ，
则点 到直线 距离为
，
可知 在[0,1]内单调递增，所以当点 到直线 距离最大时，则 ，故D正确；
故选：ACD.
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12．已知函数 是奇函数，则 ．
【答案】 /
【分析】利用奇函数的定义及指数的运算性质即可求解.
【详解】由 ，得 ，解得 ，
所以 的定义域为 ，
因为 ，
所以 ，
12
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！因为函数 是奇函数，
所以 ，解得 .
故答案为： .
13．在 中，已知 ，点G为 的外心，点O为 重心，则
．
【答案】
【分析】设 的中点为 ，根据三角形外心性质，得 ，由重心性质得
，再根据数量积运算即可求解.
【详解】设 的中点为 ，连接 ，
由点G为 的外心，可得 ，
由点O为 重心，可得 ，
故
.
故答案为： .
14．设函数 （ 且 ）．给出下列四个结论：①当 时，存在 ，方程 有唯一解；
②当 时，存在 ，方程 有三个解；
③对任意实数 （ 且 ）， 的值域为 ；
④存在实数 ，使得 在区间 上单调递增；
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④
【分析】分情况，做出函数图象，数形结合，可得问题答案.
【详解】当 时，可得函数图象如下：
由 ； ， ，结合图象：
当 时，函数单调递减，且 ；
当 ，函数单调递增， .
所以当 时，方程 有唯一解.故①正确；
当 时，函数图象如下：
由 ；由图象可知，
当 时，函数单调递减， ；
14
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！当 时，函数单调递增， ；
当 时，函数单调递增， .
因为 ，因为 ，所以 ，即 .
所以，当 时，方程 有三个解.故②正确；
如图：
由 ，再由 ，
此时 在 上单调递减，在 上单调递增，且 ，
所以此时函数的值域不是 .故③错误；
由①可得，当 时，函数 在 上单调递增.
即：存在实数 ，使得 在区间 上单调递增.故④正确.
故答案为：①②④
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．（13分）在 中，角 所对的边分别为 ，设向量
， ， ， .
(1)求函数 的最大值；(2)若 ， ， ，求 的面积.
【答案】(1) (2)
【分析】（1）由向量数量积的坐标运算得 ，利用降幂公式和辅助角公式化简，利用
正弦函数的性质求最大值；
（2） 解得 ，由 利用正弦定理边化角得 ，再结合
余弦定理求得 ，面积公式求 的面积．
【详解】（1）
.
因为 ，所以 ，
所以当 ，即 时， 有最大值 ；
（2）因为 ，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
由正弦定理 ，所以 ， ，
又因为 ，所以 ，得 ，
由余弦定理有： ，即 ，所以 ，
16
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！所以 ．
16．（15分）已知数列 的前 项和为 ，正项等差数列 满足
，且 成等比数列.
(1)求 和 的通项公式；
(2)证明： .
【答案】(1) ， (2)证明见解析
【分析】（1）根据 与 之间的关系分析可知 是首项为 ，公比为 的等比数列，
即可得 ，根据等比中项结合等差数列通项公式运算求解，即可得 ；
（2）分析可知 是以首项 ，公比为 的等比数列，结合等比数列求和公式
分析证明.
【详解】（1）由 得 ，
两式相减可得 ，即 .
当 时， ，即 ，
则 ，解得 ，
且 ，可知 是首项为 ，公比为 的等比数列，
可得 .
设等差数列 的公差为 ，因为 成等比数列，则 ，
即 ，解得 或 （舍去），
所以 .
（2）由（1）得 ，则 ，
可知 是以首项 ，公比为 的等比数列，
则
，
所以 .
17．（15分）如图， 平面ABCD，
，点E，F，M分别为AP，
CD，BQ的中点．
18
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！(1)求证： 平面CPM；
(2)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为 ，求 的值．
【答案】(1)证明见解析；(2) .
【分析】（1）连接EM，利用平行公理、线面平行的判定推理即得.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面PQM的法向量，设出点 的坐标，利用线面角的向
量求法列式计算即得.
【详解】（1）连接EM，由 ，得 ，
又 ，则四边形 为平行四边形，
由点E和M分别为AP和BQ的中点，得 且 ，
而 ，F为CD的中点，则 且 ，
四边形 为平行四边形，则 ，又 平面MPC， 平面MPC，
所以 平面MPC．
（2）由 平面 ， ，得直线 两两垂直，
以D为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系，
则 ，
，
设 为平面PQM的法向量，则 ，
取 ，得 ，设 ，即 ，
则 ， ，
由直线DN与平面PMQ所成的角为 ，得 ，
即 ，整理得 ，而 ，解得 ，
所以 .
18．（17分）椭圆 的焦点为 和 ，短轴长为 .
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)设椭圆上、下顶点分别为 、 ，过点 的直线 与椭圆 交于 、 两点（不
与 、 两点重合）.
①求证： 与 的交点的纵坐标为定值；
②已知直线 ，求直线 、 、 围成的三角形面积最小值.
【答案】(1) (2)①证明见解析；②
【分析】（1）利用椭圆的性质直接求解即可；
（2）①由题知直线 斜率存在，设直线 ， ， ，联立方程
，结合韦达定理，表示出直线 和 的方程，化简得到 ，即可判断
20
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！直线 ， 的交点 在直线 上. ②设直线 与直线 ， 的交点分别为 ，
，表示出 ，即求 的最小值，利用换元法可得
，即可得到结果.
【详解】（1）根据题意可得， ， ，
则 ，所以 ，
所以椭圆 的标准方程为 .
（2）①因为直线 过点 ，
可知直线 的斜率存在，且直线 与椭圆必相交，
可设直线 ， ， ，
联立方程 ，消去 可得 ，
则 ，
由根与系数的关系可得： ， ，
因为 ， ，
可得直线 ，直线 ，
所以．
即 ，解得 ，
所以直线 ， 的交点 在直线 上.
②设直线 与直线 ， 的交点分别为 ， ，
则由（1）可知：直线 ，直线 ．
联立 和方程 ，
解得 ， ，
因为 ，
又因为点 到直线 的距离 ，
可得 ，只需求 的最小值．
由弦长公式可得
22
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！．
令 ，则 ．
可得
，
当且仅当 ，即 时等号成立．
即 的最小值为 ，可得 面积的最小值为 ．
故直线 ， ， 围成的三角形面积的最小值为 .
19．（17分）设函数 的导函数为 的导函数为 的导函数为
.若 ，且 ，则 为曲线 的拐点.
(1)判断曲线 是否有拐点，并说明理由；
(2)已知函数 ，若 为曲线 的一个拐点，求 的单
调区间与极值.
【答案】(1)没有拐点，理由见解析(2)单调递增区间为 ；单调递减区间为 ，极大值为2，极小值为 .
【分析】（1）根据题意，求得 ，结合新定义，即可得到答案；
（2）求得 ，得到 ，列出
方程求得 ，得到 ，求得 的单调性，进而求得函数的极值.
【详解】（1）解：由函数 ，可得 ，
由 ，得 ，又由 ，得 ，所以曲线 没有拐点.
（2）解：由函数 ，
可得 ，
因为 为曲线 的一个拐点，所以 ，
所以 ，解得 ，经检验，当 时， ，
所以 .
当 或 时， ，则 的单调递增区间为 ；
当 时， ，且 不恒成立，则 的单调递减区间为 ，
故当 时， 取得极大值，且极大值为 ；
当 时， 取得极小值，且极小值为 .
24
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
