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2025届新高三阶段性检测03（基础版）
（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 ，则下列选项中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】化简集合，即可根据集合间关系求解.
【详解】由 得 ，由 可得 ，
故 ，其它都不正确.
故选：B
2．设 是等差数列 的前n项和，且 ，则 （ ）
A．17 B．34 C．51 D．68
【答案】C
【分析】利用等差数列的求和公式即可求解．
【详解】解：设公差为d，
则 ，即 ，则 ，
故选：C
3．已知圆 关于直线 对称，则 的最
小值是（ ）
A．2 B．3 C．6 D．4
【答案】D
【分析】转化为直线 过圆心即 ，再利用基本不等式可得答案.
【详解】因为圆 关于直线 对称，
所以直线 过圆心 ，即 ，
则
因为 ，且 ，所以 ，
所以 ，
当且仅当 即 等号成立，
则 的最小值是4.
故选：D.
4．已知函数 ，将 的图象向左平移 个单位长度，所得图象关于
原点对称，则 的图象的对称轴可以为（ ）．
A． B．
C． D．
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！【答案】D
【分析】根据题意找到函数的对称点得 ，结合特殊值法计算得 ，
利用辅助角公式化简得 ，最后整体替换计算得到结果；
【详解】由题意可得 的图象关于点 对称，
即对任意 ，有 ，
取 ，可得 ，即 ．
故 ，
令 ， ，可得 的图象的对称轴为 ， ．
故选：D．
5．如图，边长为4的等边△ABC，动点P在以BC为直径的半圆上.若
则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】建立平面直角坐标系，可得半圆弧 的方程为： ，然后设，根据向量的坐标运算法则算出 关于 的式子，利用三角恒等变换与正
弦函数的性质求解即可．
【详解】根据题意，以 所在直线为x轴， 的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，
如图所示：
则 ，半圆弧 的方程为： ，
设 ，则 ， ，
由 ，得
，解得 ，
由 ，设 ，其中 ，
可得
，
由 ，得 ，
则 ，
4
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！得 ，
得 的取值范围为：
故选：D
6．若 ，则 的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】结合对数运算性质及对数函数的单调性比较 的大小，结合基本不等式及对数
函数单调性比较 的大小，可得结论.
【详解】 ，
而 ，且 ．
所以 ，故 ．
故选：D.
7．已知双曲线l 的焦距为2c，右顶点为A，过A作x轴的垂线与E
的渐近线交于M、N 两点，若 则 E 的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．[ √3 ，2]
【答案】A
【分析】首先求出 ，再结合题干中的条件可知 ，通过解
不等式可得 的取值范围，结合双曲线的离心率公式可得答案.【详解】由题意得 ，渐近线 ,
将 代入得 坐标为 ,所以 ,
因为 轴，所以 ,
由已知可得 ,
两边同时除以 得 ,
所以 ，即 ，
解得 ,所以 ，
而双曲线的离心率 ，
故选：A.
8．已知三棱锥 的四个顶点都在球 的球面上， ，
，则球 的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，利用正弦、余弦定理，求得 的外接圆的半径，记 的外心
为 ，证得 面 ，求得 ，结合球的截面圆的性质，列出方程求得球的
半径，利用球的表面积公式，即可求解.
6
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！【详解】设 的外接圆的半径为 ，因为 ，
由余弦定理得 ，所以 ，
则 ，故 ，
记 的外心为 ，连接 ，则
取 的中点 ，连接 ，则 ，
又因为 ，可得 ，
因为 ，且 平面 , 平面 ，
所以 平面 , 平面 ，
又因为 平面 , 平面 ，所以 ，
因为 且 平面 ，所以 面 ，可得
由题意可得外接球的球心在 上，设外接球的半径为 ，
可得 ，解得 ，即 ，
所以球 的表面积为 ．
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．下列命题正确的是（ ）
A． “ 是第二象限角或第三象限角”， “ ”，则 是 的充分不必要条
件
B．若 为第一象限角，则
C．在 中，若 ，则 为锐角三角形
D．已知 ，且 ，则
【答案】ACD
【分析】对A，根据充分，必要条件的概念判断；对B，利用二倍角余弦公式化简求解；
对C，将条件式切化弦结合三角变换求解判断；对D，利用二倍角余弦公式化简条件式，
再弦化切求解.
【详解】对于A，若 是第二象限角或第三象限角，则 .若 ，取
，
此时 不是第二象限角或第三象限角，则 是 的充分不必要条件，故A正确；
对于B，由于 为第一象限角，则 ，
，故B错误；
对于C，在 中，若 ，则 ，所以
，
8
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！故 ，所以 ，故 为锐角三角形，故C正
确；
对于D，由 ，所以 ，则
，
由 ，知 ，故D正确.
故选：ACD.
10．在平面直角坐标系 中，已知 是动点．下列命题正确的是
（ ）
A．若 ，则 的轨迹的长度等于2
B．若 ，则 的轨迹方程为
C．若 ，则 的轨迹与圆 没有交点
D．若 ，则 的最大值为3
【答案】ACD
【分析】对于A，确定M点轨迹，即可判断；对于B，结合双曲线定义进行判断；对于
C，求出M点轨迹方程，联立方程或利用向量数量积判断与圆的交点情况，即可判断；对
于D，求出动点M的轨迹方程，进而求解数量积最值，即可判断.
【详解】选项A：因为 ，所以 的轨迹为线段 ，
从而 的轨迹的长度等于2，故A正确；
选项B：因为 ，由双曲线的定义知， 的轨迹是以 为焦点的双曲线的右支，
而结论的方程中未限制范围，故B错误；（由 ，得 的轨迹方程为
）
选项C：解法一：由 ，得 ，
化简得， ，联立 ，得 ，
这与 矛盾，所以方程组无解，故 的轨迹与圆 没有交点，故C正确；
解法二：若有交点M(x,y)，则 ，
又 ，矛盾，
所以 的轨迹与圆 没有交点，故C正确；
选项D：
解法一：由 得， ，
化简得 ，
所以 的轨迹是以 为圆心，半径为 的圆，
等于 在 轴上的投影的长度，
由图知其最大值为3，故D正确；
10
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！解法二：同法一得 的轨迹是以 为圆心，半径为 的圆，
，由圆的方程知 可取到最大值3，故D正确；
解法三：由 得， ，
当 在 的反向延长线上时取等号，
① ；
②当 在 的反向延长线上，且 时，
满足条件 ，此时 ，
所以 的最大值为3，故D正确；
故选：ACD．
11．已知函数 的定义域为R，其图象关于 中心对称，若 ，
则（ ）
A． B．
C． 为奇函数 D． 为偶函数
【答案】ACD【分析】A选项，根据中心对称为 ，得到 ，A正确；B选项，
变形得到 ，赋值得到B错误；C选项，根据函数的对称中心得到
，C正确；D选项，根据题目条件得到
，变形为 ，D正确.
【详解】A选项， 的定义域为R，其图象关于 中心对称，
故 ，故 ，A正确；
B选项，由题意得 ，又 ，
故 ，
令 得 ，即 ，B错误；
C选项，由题意得 ，即 ，
令 ，则 ，
所以 为奇函数，C正确；
D选项，因为 ，所以 ，
即 ，故 ，
12
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！令 ，则 ，
故 为偶函数，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 ， ，则 .
【答案】 /
【分析】把所给式子两边平方相加可求得结果.
【详解】由 ，可得 ①，
由 ，可得 ②，
所以①+②，可得 ,
所以 ，所以 .
故答案为： .
13．集合 ， ，若 ，则实数m
的取值范围为 ．
【答案】
【分析】结合B是否为空集进行分类讨论可求 的范围．
【详解】由 ，且 ，
当 时， ，则 ，即 ，
当 时，若 ，则 ，解得 ，
综上，实数 的取值范围为 ．故答案为： ．
14．我国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“羡除”的几何体，该几何体的一
种结构是三个面均为梯形，其他两面为三角形的五面体．如图所示，四边形 ，
， 均为等腰梯形， ， ， ， ， 到平面
的距离为5， 与 间的距离为10，则这个羡除的体积 ．
【答案】200
【分析】先连线再根据棱锥体积公式计算组合体体积即可.
【详解】
连接CE,BE,
5 5 5
V =V +V =V + V =V + V =V + V
E−ABCD C−BEF E−ABCD 3 D−ABE E−ABCD 3 E−ABD E−ABCD 7 E−ABCD
12 12 1 1
= V = × × (6+8)×10×5=200.
7 E−ABCD 7 3 2
故答案为：200.
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）已知函数 ， 的内角 ， ， 所对的边分别为 ，
14
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！， ，且 .
(1)求 ；
(2)若 ，求 的值.
【答案】(1) (2)
【分析】（1）利用特殊角的三角函数值求角；
（2）法一，根据两角和的正弦公式和正弦定理化简已知，可得 ，再结合余弦定
理求解；法二：利用余弦定理化简已知得 ，再结合余弦定理求解.
【详解】（1） ， ，
，
， ，
， ；
（2） ，
法一： ，
，
，
根据正弦定理得 ，
由余弦定理得 ①
将 代入①式，得 ，
， ；
法二：由正弦定理、余弦定理可得 ，，
，
由余弦定理得 ①
将 代入①式，得 ，
， .
16．（15分）记 是公差不为0的等差数列 的前 项和， ，且 成
等比数列.
(1)求 和 ；
(2)若 ，求数列 的前20项和 .
【答案】(1) ， ；(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和等比中项的性质可求出 ，再根据等差数列的通
项公式和前 项和公式即可求解；
（2）结合题意，由（1）的结论可得 ，利用裂项相消法即可求解.
【详解】（1）设已知数列的公差为 ，则 ，
由 ，得 ，即 ，
所以 或 ，显然 不为0，所以 ，
所以 ， .
（2）由（1）知 ，又 ，
16
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，
所以 .
17．（15分）如图，多面体 中，已知面 是边长为4的正方形， 是等
边三角形， ， ，平面 平面 ．
(1)求证： ；
(2)求二面角 的大小．
【答案】(1)证明见解析；(2) .
【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即可得证.
（2）以 为原点建立空间直角坐标系，求出平面 与平面 的法向量，再利用面
面角的向量求法求出二面角.
【详解】（1）由 是正方形，得 ，而平面 平面 ，平面
平面 ，
平面 ，则 平面 ，又 平面 ，于是 ，又 ，
所以 .
（2）在平面 内过 作 ，由平面 平面 ，平面 平面
，
得 平面 ，以 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 ，则 ， ，
设平面 的法向量为⃗n=(x,y,z)，则 ，令 ，得
，
而平面 的法向量为 ，设二面角 的平面角为 ，显然 为锐角，
于是 ，则 ，
所以二面角 的大小 .
18．（17分）已知椭圆C： 的左，右焦点分别为 ， ，
过 的直线与椭圆C交于M，N两点，且 的周长为8， 的最大面积为 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设 ，是否存在x轴上的定点P，使得 的内心在x轴上，若存在，求出点P的
坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1) 或 (2)存在，
【分析】（1）根据题意列出方程组，求出 即可得解；
（2）由题意可将原问题转换为 ，设直线 的方程为： ，
，联立椭圆方程 ，结合韦达定理可求得 的值即可.
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原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！【详解】（1）∵ 的周长为8， 的最大面积为 ，
∴ ，解得 ， 或 ， ．
∴椭圆C的方程为 或等 ．
（2）
由（1）及 易知F (1,0)，
2
不妨设直线MN的方程为： ， ，M(x ,y )，N(x ,y )，
1 1 2 2
联立 ，得 ．
则 ， ，
若 的内心在x轴上，则 ，
∴ ，即 ，即 ，
可得 ．
则 ，得 ，即 ．
当直线MN垂直于x轴，即 时，显然点 也是符合题意的点．故在x轴上存在定点 ，使得 的内心在x轴上.
19．（17分）设函数 的定义域是R，它的导数是 ．若存在常数 ，
使得 对一切 恒成立，那么称函数 具有性质 ．
(1)求证：函数 不具有性质 ；
(2)判别函数 是否具有性质 ．若具有求出 的取值集合；若不具有请说明理
由．
【答案】(1)证明见解析
(2) 具有性质 ， 的取值集合
【分析】（1）假设 具有性质 ，由定义求解结论成立的条件；
（2）假设 具有性质 ，由定义求解结论成立的条件.
【详解】（1）假设 具有性质 ， 即 对一切 恒成立
化简 得到 ，显然不存在实数 使得 成立，所以假设错误，
因此函数 不具有性质 .
（2）假设 具有性质 ， 即 对一切 恒成立，
即 对一切 恒成立，则 对一切 恒成立，
由 ，所以当 时， 具有性质 ，
所以 具有性质 ， 的取值集合 .
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