广东省揭阳市2025届高三高考模拟测试（二）数学试题含答案

/广东省揭阳市2025届高三高考模拟测试（二）数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．复数在复平面内对应的点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知集合，则A中元素的个数为（）A．7 B．9 C．11 D．133．已知平面向量与均为单位向量，，则与的夹角为（）A． B． C． D．4．正四棱台中，，则四棱台的体积为（）A． B． C．56 D．5．若直线被圆截得的弦长为，则（）A． B． C．2 D．6．已知为锐角，且，则（）A． B． C． D．7．是正四棱柱表面上的一个动点，，当直线与正四棱柱六个面所成角的大小相等时，与所成角的余弦值为（）A． B． C． D．8．已知定义在上的函数，对任意满足，且当时，.设，，则（）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．洛阳是我国著名的牡丹之乡，以“洛阳地脉花最宜，牡丹尤为天下奇”流传于世.某种植基地通过植株高度研究牡丹的生长情况，从同一批次牡丹中随机抽取100株的植株高度（单位：）作为样本，得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（）

A．基地牡丹植株高度的极差的估计值大于50B．基地牡丹植株高度不高于70的频率估计值为30%C．基地牡丹植株高度的众数与中位数的估计值相等D．基地牡丹植株高度的第75百分位数的估计值小于8010．已知函数，，则下列结论正确的是（）A．为奇函数 B．为偶函数C．在上仅有1个零点 D．的最小正周期为11．已知曲线，一条不过原点的动直线与x，y轴分别交于，两点，则下列结论正确的是（）A．曲线有4条对称轴B．曲线形成封闭图形的面积大于C．当时，线段中点的轨迹与曲线相切D．当时，直线与曲线相切三、填空题（本大题共3小题）12．设随机变量服从正态分布，且，若，则.13．记双曲线的离心率为，若直线与有公共点，则离心率的取值范围为（请用区间表示）.14．在平面直角坐标系中，两点，的“曼哈顿距离”定义为.例如点的“曼哈顿距离”为.已知点在直线上，点在函数的图象上，则的最小值为，的最小值为.四、解答题（本大题共5小题）15．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)求；(2)若，求的面积.16．已知A，B，C是椭圆上三个不同的点，是坐标原点.(1)若，是的左、右顶点，求的取值范围；(2)若点在第一象限，是否存在四边形满足是该四边形的对称轴，若存在，请写出A，C的坐标，若不存在，请说明理由.17．如图，，，都是等边三角形，点D，E分别在平面的上方和下方，点为中点.(1)求证：A，D，O，E四点共面；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.18．一个质点在数轴上从原点开始运动，每次运动的结果可能是原地不动，也可能是向左或向右运动一个单位.记质点原地不动的概率为，向右运动的概率为，向左运动的概率为，其中，.(1)若，，求质点运动3次后停在原点右侧的概率；(2)若.①规定质点只要运动到原点左侧就立即停止运动，求质点运动5次后停在原点右侧的概率；②设计游戏规则如下：第一轮游戏，质点从原点开始运动，设置质点向右运动的概率，若质点运动3次后停在原点右侧，则进入第二轮游戏，否则游戏结束；第二轮游戏，质点重新从原点开始运动，重新设置质点向右运动的概率，运动3次后，若质点停在原点右侧，则以质点停留位置对应数轴上的数值作为两轮游戏的最终得分，若质点停在原点左侧或原点处，则两轮游戏的最终得分为0分（规定游戏一轮结束的得分也是0分）.记两轮游戏最终得分的期望，若存在极大值点，求的取值范围.19．已知数列中每一项（其中，）构成数组.定义运算如下：，其中当时，，；当时，，；用表示层嵌套运算，.现取，记中相邻两项组成的数对满足的数对个数为.(1)写出，，以及，；(2)证明：数列是等比数列；(3)若，证明：对任意的都有.

参考答案1．【答案】D【详解】因为，所以复数在复平面内对应的点为，位于第四象限.故选D.2．【答案】C【详解】因为，所以，又，所以，可得，所以x可能取值为当时：代入得，又，所以，此时得到元素；当时：代入得，，，此时得到元素；当时：代入得，.，，此时得到元素；当时：代入得，，，此时得到元素；当时：代入得，所以，此时得到元素；满足条件的元素分别为：，，，，共11个，故选C.3．【答案】A【详解】由已知，可得，，即.又平面向量与均为单位向量，所以.所以，，所以，，夹角为.故选A.4．【答案】B【详解】如图所示，由正四棱台可知且，，，四边形为等腰梯形，取上底下底的中心平面，过作，垂足为，，且，，，所以，所以.故选B.5．【答案】C【详解】易知圆的圆心为，半径为，设圆心到直线l的距离为d，由弦长公式可得，所以圆心到直线的距离，解得或，又，所以，故选C6．【答案】B【详解】因为为锐角，所以，又，所以，,故选B.7．【答案】A【详解】

如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，设，则易知平面一个法向量为，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，设直线与平面、平面、平面所成的角分别为，由已知可得.又，，，所以有.又由是正四棱柱表面上的一个动点，易知，所以.若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去；若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去；若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去；若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，点可以为；若是平面上的一个动点，可知，，，没有满足条件的点；若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，重复舍去.综上所述，.所以.又所以，与所成角的余弦值为.故选A.8．【答案】D【详解】设，则有.当时，由已知可得，化简可得.又由已知当时，可得，，所以.所以，在上单调递减.又时，构造，则在上恒成立，所以，恒成立，所以在上恒成立.所以，有在上恒成立；当时，有，所以有，即；当时，，此时有，即.综上所述，.故选D.9．【答案】BC【详解】对于A项，由图象可知，基地牡丹植株高度范围在之间，所以极差的估计值应不大于50，故A错误；对于B项，基地牡丹植株高度不高于70的频率为.故B正确；对于C项，由频率分布直方图可知，基地牡丹植株高度不高于70的频率为，不高于的频率为，所以中位数位于，设为，则应有，计算可得.众数估计为的中点，也是，与中位数相同.故C正确；对于D项，基地牡丹植株高度不高于的频率为，不高于的频率为，所以，基地牡丹植株高度的第75百分位数的估计值应在内.故D错误.故选BC.10．【答案】BCD【详解】对于A，，其定义域为关于原点对称，且，即为偶数，故A错误；对于B，，其定义域为关于原点对称，且，故B正确；对于C，令，即，即，又，当时，，且，则，所以在上仅有1个零点，故C正确；对于D，，因为，假设存在，使得对任意的恒成立，令，则，所以，因为，所以，即，则，在的条件下，，且时，，所以的最小正周期为，故D正确；故选BCD.11．【答案】ACD【详解】对于A，由绝对值的特征，曲线在四个象限内都有对称性，即关于轴，轴，以及直线和直线对称，故曲线有4条对称轴，A正确；对于B，因曲线在第一象限的方程为，即，，则曲线在第一象限内的面积为，因曲线的对称性，在四个象限内的部分面积相同，故曲线形成封闭图形的面积为，故B错误；对于C，如图，考虑曲线的对称性，不妨设直线与x，y轴的正半轴分别交于两点，线段的中点为，由图知，，即点的轨迹为以点为圆心，半径为的圆，该圆与曲线都关于直线对称，且在第一象限都经过直线上的点，由图可知圆与曲线相切，同理在其他象限也有相同的结论，故C正确；对于D，不妨设，则直线的方程为，其中，由消去，可得，将代入，化简得：，即，解得，由函数的定义，可得直线与曲线在第一象限有且只有一个共同点，故此时直线与曲线相切，同理在其他象限也有相同的结论，故D正确.故选ACD.12．【答案】0【详解】由已知可得，，根据正态分布的对称性可知，所以，.所以，.13．【答案】【详解】因为双曲线的渐近线为，又直线与有公共点，所以，则离心率，即离心率的取值范围为.14．【答案】【详解】设函数上与直线平行的切线的切点坐标为，则，解得，所以切点为，即切线方程为，即，则的最小值为直线与直线间的距离，即；设，则，将看成关于的函数，则在或时，取得最小值，当时，令，则，令，解得，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以时，，即；当时，则，令，则，令，解得，当时，，则函数单调递减，当时，，则函数单调递增，当时，；综上所述，.15．【答案】(1)(2)【详解】（1）由余弦定理，又，所以，则；（2）因为，由正弦定理可得，所以，又，所以，所以，又，所以，所以，则，所以.16．【答案】(1)(2)不存在，理由见解析【详解】（1）由已知可得，，，设，则，，所以.又，，所以，所以，，，所以，的取值范围为.（2）设存在四边形满足是该四边形的对称轴设，为对角线的交点因为是四边形的对称轴，所以为的中点，且，所以.因为点在第一象限，所以直线的斜率均存在且不为0.且，所以有，所以有.又因为在椭圆上，所以有.作差整理可得，这与相矛盾，假设不正确.所以，不存在四边形满足是该四边形的对称轴.17．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）连接DO、AO、EO，因为，，都是等边三角形，所以，又在平面内交于点O，在平面内交于点O，所以平面，平面，因为过O只有一个平面与垂直，且平面与平面有公共点O，所以平面与平面是同一平面，即A，D，O，E四点共面；（2）连接DO、AO、EO，AD，以OA，OB分别为x、y轴，以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，则，因为是等边三角形，边长，点为中点，所以，所以又，设，所以，解得，所以，因为是等边三角形，边长，点为中点，所以，又，设，所以，解得，由(1)得为二面角平面角，设，则点，故，设平面的法向量为，则，取得，所以，设直线与平面所成角为，则，其中，当时，取得最大值为，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值.18．【答案】(1)(2)①；②【详解】（1）质点运动次后停在原点右侧的情况有种，分别是：次向右；次不动，次向右；次向右，次向左；次不动，次向右；所以质点运动次后停在原点右侧的概率；（2）①质点运动次后停在原点右侧的情况有种，分别是：次向右；第次向右，后次有次向右，次向左；前次向右，后次有次向右，次向左；第次向右，第次向左，第次向右，后次有次向右，次向左；所以运动次后停在原点右侧的概率；②第一轮游戏结束进入第二轮游戏的情况有2种，分别是3次向右；2次向右、1次向左；则其概率为；设两轮游戏最终得分为随机变量，则的所有可能取值为、、，又，，所以，因为，所以，即，所以当时，；当时；记，则，令；当时，，因为，，，根据零点存在性定理可得，存在使得，存在使得，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以时的极大值点，所以；当时，因为，，，根据零点存在性定理可得，存在使得，存在使得，要使在上存在极大值点，则，解得或，因为，所以；综上所述.19．【答案】(1)，；(2)证明见解析；(3)证明见解析；【详解】（1）由题意得，所以．（