广东省大湾区2025届高三上学期12月联考数学试卷

第1页/共1页2025届高三年级模拟联考•数学试题考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出后，用2B铅笔把答案上对应题目的答案标号涂黑：非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题目的答题区域内内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.3本卷命题范围：高考范围.一､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，只有一是合题目要求的.1.设集合.则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析】通过解二次不等式及对数不等式可化简集合，然后由交集定义可得答案.【详解】或，，所以.故选：C.2.已知复数，则在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算化简即可求解.【详解】在复平面内对应的点为，∴在复平面内对应的点位于第一象限.故选：A.3.如图，某双曲线笔简的轴截面曲线部分为一条离心率为且焦距为的双曲线的一部分.忽略笔筒的厚度，该笔筒中间最窄处的直径为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意求出，该笔筒中间最窄处的直径为得解.【详解】依题意可得，所以，所以该笔筒中间最窄处的直径为.故选：B.4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据和差角的余弦公式即可求解.【详解】.故选：A.5.已知向量，若，则实数的值为（）A.4 B.或1 C. D.4或【答案】B【解析】【分析】将平方化简得，然后利用数量积的坐标公式列式计算即可.【详解】将两边平方，得，由得，即，解得或1.故选：B.6.已知函数，那么在下列区间中含有函数零点的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题可得在0,+∞上单调递增，后由零点存在性定理结合幂函数，指数函数单调性可判断选项正误.【详解】注意到函数图象在0,+∞上连续不间断，因为在0,+∞上均单调递增，则在0,+∞上单调递增.对于A，.因函数在0,+∞上单调递增，所以，则在上无零点，故A错误；对于B，因为在0,+∞上单调递减，则，结合，故在上存在零点，故正确；对于CD，由于在0,+∞上单调递增，，可知C､D都是错误的.故选：B.7.已知随机变量服从正态分布服从二项分布，则（）A. B.C.， D.【答案】D【解析】【分析】根据正态分布以及二项分布的期望和方差公式即可求解AB，根据二项分布的概率公式即可求解C，根据正态分布的对称性质即可求解D.【详解】，故AB错误；，故C错误；根据正态分布的对称性可得，故D正确.故选:D.8.已知，其中相邻的两条对称轴的距离为，且经过点，则关于的方程在上的不同解的个数为（）A.6 B.5 C.4 D.3【答案】A【解析】【分析】把方程解的个数问题转化为两函数图象的交点个数问题，从而利用数形结合可找到答案.【详解】由已知相邻两条对称轴的距离为，可得，又，可得，由函数经过点，则，即，又，可得，所以，因为函数的最小正周期为，所以函数的最小正周期为，所以在函数有三个周期的图象，在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示，由图可知，两函数图象有6个交点，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.为了弘扬奥运会中我国射击队顽强拼博的布斗精神，某校射击兴趣小组组织了校内射击比赛，得到8名同学的射击环数为：6，6，7，8，9，9，9，10（位：环），则这组样本数据的（）A.极差为4 B.平均数是8C.75%分位数是9 D.方差为4【答案】ABC【解析】【分析】根据极差、方差、平均数、百分位数定义，结合给定数据求对应值，即可判断各项正误.【详解】将这组数据从小到大排序，得，这组数据的极差为，故A正确；平均数为，故B正确；因为，所以第75%分位数为，故C正确；方差为，故D错误.故选：ABC10.设函数，则（）A.有三个零点B.是的极小值点C.的图象关于点中心对称D.当时，【答案】BC【解析】【分析】根据零点的定义直接判断A选项，求导判断函数的单调性与极值情况，可判断BD选项，根据函数图像的对称性可判断C选项.【详解】对于A，令，解得或，所以有两个零点，故A选项错误；对于B，由，令，解得或，当或时，f′x>0，即在和1,+∞上单调递增，当时，f′x<0，即在−1,1所以是的极小值点，故B选项正确；对于C，因为，则的图象关于点中心对称，故C选项正确；对于D，当x∈−1,1时，单调递减，则当时，单调递减，又当时，，所以，故D选项错误；故选：BC.11.曲线上任点，满足点到定点的距离与到定直线的距离之和为6，则下列说法中正确的有（）A.曲线经过原点B.曲线关于轴对称C.曲线上点的横坐标的取值范围为D.直线被曲线截得的线段长为【答案】ABD【解析】【分析】根据两点距离公式可列方程，即可化简，作出函数图象即可求解AB，结合抛物线的性质即可求解C，联立方程，即可求解D.，【详解】设点Px,y，因为点到定点的距离与到定直线的距离之和为6，所以，当时，得，两边同平方，得；当时，得，两边同平方，得，对于A，如图，曲线过原点，A正确；对于B，由图易知，两段抛物线弧均关于轴对称，故曲线关于轴对称，B正确；对于C，若点Px,y在上，得，所以，若点Px,y在上，同理得，C错误；对于D，由，得或（舍去），由，得或（（舍去），故与曲线交于点，则，可得，D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题的关键是由两点间距离公式推导出函数的表达式，再根据yy的取值范围去掉绝对值符号，得到分段函数.三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.二项式的展开式中的系数是__________.【答案】【解析】【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解.【详解】的展开式的通项为.令，则，故的系数是.故答案为：6013.在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为，母线长最短，最长，则斜截圆柱的体积为__________【答案】【解析】【分析】将如图所示的相同的两个几何体拼接为圆柱，求出圆柱的体积即可得答案.【详解】将如图所示的相同的两个几何体拼接为圆柱，则圆柱底面半径为，高为，体积为，则该几何体的体积为圆柱体积的一半，即.故答案为：14.若直线（为常数）与曲线，曲线均相切，则__________.【答案】【解析】【分析】设出切点，求导，根据点斜式求解切线方程，根据两直线相等，列方程可得，进而代入在直线上，求解.【详解】因为，所以，设直线与fx=lnx的切点为，则切线方程为，即，又因为，所以解得，所以切线方程为，因为，所以，设直线与的切点为，所以①，又因为切点在直线上，所以②，由①和②可得，所以，解得.故答案为：四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､运用过程及演算步骤.15.在中，内角的对边分别为.已知.（1）求角的大小；（2）已知.求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由两角和的余弦公式化简结合二倍角的余弦公式即可求出的值，进而可求角；（2）由余弦定理可得，再利用三角形面积公式即可求出.【小问1详解】因为，即，解得或.因为在中，，所以【小问2详解】在中，由余弦定理，得，整理得，由，解得，所以的面积为.16.如图，在三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，其对角线交于点.且平面.（1）求证：平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】分析】（1）通过证明，可证明结论；（2）方法1，如图建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后由空间向量知识可得答案；方法2，取中点，连接，由题可得平面与平面的夹角即为，然后可得答案.【小问1详解】证明：因为四边形是菱形，所以，又因平面，且平面，所以.又平面，所以平面.【小问2详解】方法1，由，四边形为菱形，，则是边长为2的等边三角形.所以.因为平面，则以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.则，则，设平面的一个法向量为n=x,y,z则，取，则，故，易知平面的一个法向量为，则平面与平面夹角的余弦值cosθ故平面与平面夹角的余弦值为；方法2，由，四边形为菱形，，则是边长为2的等边三角形，所以，所以.取中点，连接，在等腰直角中，且，由勾股定理得.因为，则，.注意到，平面平面，所以平面与平面的夹角即为.在中，，则，即，故平面与平面夹角的余弦值为.17.已知函数.（1）判断函数的单调性；（2）若恒成立，求的值.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）先求出函数的导函数；再分和两种情况，利用导数的方法分别判定单调性即可.（2）由（1）中函数单调性，当时，根据函数单调性，以及，可判断当时，，不符合题意；当时，根据函数单调性，得到，再令，对其求导，根据导数的方法求出其最值，即可结合题中条件求出结果.【小问1详解】函数定义域为，当时，恒成立，在上单调递增.当时，由，得，由，得，则函数在上单调递减，在上单调递增.综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】由（1）知，当时，在上单调递增，由，知当时，，不符合题意；当时，函数在上单调递减，在上单调递增，故，由恒成立，得恒成立，令，求导得，当时，，当时，，于是函数在上单调递增，在上单调递减，所以，故恒成立，因此，所以.18.已知椭圆的焦点为，为椭圆上一点且的周长为.（1）求椭圆的方程.（2）若直线过点交椭圆于两点，且线段的垂直平分线与轴的交点（i）求直线的方程；（ii）已知点，求的面积.【答案】（1）（2）（i）或；（ii）【解析】【分析】（1）根据条件列方程，求出，即可得答案；（2）（i）判断直线斜率存在，联立椭圆方程，可得根与系数关系式，结合题意可得，化简即可求得答案；（ii）利用弦长公式求出，再求出Q到直线AB的距离，即可求得答案.【小问1详解】根据题意有，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】（i）若直线的斜率不存在，其垂直平分线与轴重合，不符合题意；不妨设直线的方程为的中点为，设，与椭圆方程联立有，整理得，直线过椭圆焦点，必有，则，所以，由题意知，即，解得，即，整理得直线的方程为或（ii）由弦长公式可知，由直线的对称性，知点到两条直线的距离相同，即，所以的面积为.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.19.已知数列是由正整数组成的无穷数列.若存在常数，对任意的成立，则称数列具有性质.（1）若，请判断数列是否具有性质；（2）若数列满足，求证：“数列具有性质”是“数列为常数列”的充要条件；（3）已知数列中，且.若数列只有性质，求数列的通项公式.【答案】（1）数列不具有“性质”（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据性质的定义和递推公式结合放缩法判断即可；（2）先证明充分性，依题意可得，即可得到，从而得，再根据定义证明必要性即可；（3）首先根据定义证明，然后利用反证法证明，即可得到，结合即可得解.【小问1详解】，对于，故，所以数列不具有“性质”.【小问2详解