2025届高三8月阶段检测数学试卷（答案在最后）满分：150分时间：120分钟命题：高三数学备课组审题：高三数学备课组第Ⅰ卷（选择题）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.12A{xN|yN}x31.设集合，则集合A的真子集个数为（）A.7B.8C.15D.16【答案】C【解析】【分析】根据集合A对元素x的要求，求得集合A，即得其真子集个数.12【详解】由yN且xN可知，x3可以取3,4,6,12，则x可取0,1,3,9，x3即A{0,1,3,9}，故集合A的真子集个数为24115.故选：C.12.若复数z满足3izz，则等于（）12A.B.C.2D.222【答案】A【解析】3i1【分析】由复数的除法法则求得z，可求|z|.44211【详解】由3i，可得z，z3i11(3+i)3+i3i所以z，3i(3i)(3+i)444311所以|z|.16162故选：A.3.已知向量a1,t,b3,1，且2abb，则ab等于（）A.5B.25C.27D.26【答案】A【解析】【分析】根据2abb得到t2，再计算ab即可.【详解】因为a1,t,b3,1，2abb，所以2abb2abb223t910，解得t2.所以a1,2,b3,1，ab4,3，ab42325.故选：A14.若sintan5tansin2，，则（）11722A.B.C.D.6393【答案】B【解析】【分析】根据tan5tan切化弦可得sincos5cossin，结合两角和差公式运算求解.sin5sintan5tansincos5cossin【详解】因为，即coscos，可得，11sinsincoscossin6cossincossin又因为2，可得12，1sinsincoscossin4cossin所以3.故选：B.5.如图，圆锥形脆皮筒上面放半球形的冰淇淋，为了保障冰淇淋融化后能落在脆皮筒里，不溢出来，某规格的脆皮筒规定其侧面面积是冰淇淋半球面面积的2倍，则此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为（）151533A.B.C.D.4242【答案】B【解析】【分析】设圆锥的半径为r，高为h，母线长为l，结合题意面积比得到h15r，再计算二者的体积比即可.【详解】设圆锥的半径为r，高为h，母线长为l，则母线长为lr2h2，所以圆锥的侧面积是πrlπrr2h2，半球的面积2πr2，由题意可得πrr2h222πr2，解得h15r，11514π2π所以圆锥的体积为πr2hπr3，半球的体积为r3r3，3323315πr3315所以此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为，2π2r33故选：B.x22ax1,x26.已知函数fx，则“a2”是“f(x)在R上单调递增”的（）logx12a,x2aA.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分又不必要条件【答案】C【解析】【分析】由分段函数在R上为增函数列式，结合集合的包含关系即可求得结果.【详解】因为f(x)在R上单调递增，a2a25a1a12a所以2，44a1log12a5aa25a22a的必要不充分条件，即a2是“f(x)在R上单调递增”的必要不充分条件，所以是2故选：C.37.已知函数f(x)sinx(x[0,π])和函数g(x)tanx的图象相交于A,B,C三点，则VABC的面积为5（）π2π3π4πA.B.C.D.5555【答案】B【解析】3sinxtanx，求出两个函数的图象的交点坐标，再根据面积公式可求出结果.【分析】由533sinx3sinxtanx，得sinxsinx(1)0【详解】由55cosx，得5cosx，3sinx0cosx，得或5