2025年广东省揭阳市高考数学模拟试卷（二）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025年广东省揭阳市高考模拟数学试卷（二）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。1.复数2+i1+3i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A={(x,y)|x24+y23≤1，x∈ZA.7 B.9 C.11 D.133.已知平面向量a与b均为单位向量，|a+b|=3，则aA.π2 B.π3 C.π44.正四棱台ABCD−A1B1C1D1A.563 B.2823 C.5.若直线l：x+y−m=0(m>0)被圆C：(x−1)2+(y+1)2=4截得的弦长为A.2105 B.2 C.6.已知α为锐角，且cos(α+π4)=A.35 B.45 C.−37.P是正四棱柱ABCD−A1B1C1D1表面上的一个动点，AAA.223 B.23 8.已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)，对任意x，y>0满足f(xy)<f(x)+f(y)+1，且当x>1时，f(x)<−1.设m=f(e|x|)，n=f(|x|+1)，则A.m>n B.m<n C.m≥n D.m≤n二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。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：cm)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50

B.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f(x)=sinx，g(x)=cosx，则下列结论正确的是(

)A.f(g(x))为奇函数 B.g(f(x))为偶函数

C.f(g(x))在[0,π]上仅有1个零点 D.g(f(x))的最小正周期为π11.已知曲线C：|x|+|y|=1一条不过原点的动直线l与x，y轴分别交于A，A.曲线C有4条对称轴

B.曲线C形成封闭图形的面积大于4−π

C.当|AB|=22时，线段AB中点的轨迹与曲线C相切

D.当|OA|+|OB|=1时，直线l三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.设随机变量X服从正态分布N(2,σ2)，且P(X≤4)=0.7，若P(X≤a)=0.3，则a=13.记双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为e，若直线3x−y=0与C14.在平面直角坐标系中，两点P(x1,y1)，Q(x2,y2)的“曼哈顿距离”定义为||PQ||=|x1−x2|+|y1−四、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.(本小题13分)

记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2+c2−b2cosB=8．

(1)求ac16.(本小题15分)

已知A，B，C是椭圆W：x24+y2=1上三个不同的点，O是坐标原点．

(1)若A，C是W的左、右顶点，求BA⋅BC的取值范围；

(2)若点B在第一象限，是否存在四边形OABC满足17.(本小题15分)

如图，△ABC，△DBC，△EBC都是等边三角形，点D，E分别在平面ABC的上方和下方，点O为BC中点．

(1)求证：A，D，O，E四点共面；

(2)若AD=AB=23，求直线OE与平面ACD所成角的正弦值的最大值．18.(本小题17分)

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p，向右运动的概率为q，向左运动的概率为1−p−q，其中p∈[0,1)，q∈(0,1)．

(1)若p=16，q=12，求质点运动3次后停在原点右侧的概率；

(2)若p=0．

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q=x，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q=a−x(0<a<2)，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E(X)=f(x)，若f(x)存在极大值点，求19.(本小题17分)

已知数列{an}中每一项ai∈{0,1}(其中i=1，2，…，m，m∈N∗)构成m数组A=(a1,a2,…,am).定义运算S如下：S(A)=(b1,b2,b3,b4,…,b2m−1,b2m)，其中当ai=0时，b2i−1=1，b2i=0；当ai=1时，b2i−1=0，b2i参考答案1.D

2.C

3.A

4.B

5.C

6.B

7.A

8.D

9.BC

10.BCD

11.ACD

12.0

13.(14.3e215.解：(1)根据余弦定理，可得a2+c2−b2cosB=2accosBcosB=8，解得ac=4；

(2)若b=2acosAcos2C+2ccosCcos2A，

则由正弦定理得sinB=2sinAcosAcos2C+2sinCcosCcos2A，

即sinB=sin2Acos2C+cos2Asin2C，可得sinB=sin(2A+2C)，

因为△ABC中，sinB=sin(A+C)≠0，

所以sin(A+C)=2sin(A+C)cos(A+C)，可得cos(A+C)=12，

结合A+C∈(0,π)，可知A+C=π3，即B=π−(A+C)=2π3．

所以△ABC的面积S=12acsinB=12×4×32=3．

16.解：(1)由已知得A(−2,0)，C(2,0)，

设点B(x,y)，则x24+y2=1，且x∈(−2,2)，

所以BA⋅BC=(x+2,y)⋅(x−2,y)=x2−4+y2，

因为y2=1−x24，所以BA⋅BC=x2−4+1−x24=34x2−3，

因为x∈(−2,2)，所以x2∈[0,4)，所以BA⋅BC∈[−3,0)．

(2)假设存在四边形OABC关于直线OB对称，则AC⊥OB，且AC的中点M在OB上，

设A(x1,y1)，C(x2,y2)，M(x0,y0)，

则x124+y12=1，x224+y22=1.x1+x2=2x0，y1+y2=2y0，

所以x12−x224+y12−y22=0，

因为点B在第一象限，且AC⊥OB，所以x1≠x2，

所以x1+x24+(y1+y2)y1−y2x1−x2=0，所以kAC=−x1+x24(y1+y2)=−x04y0，

因为O，B，M三点共线，所以kOB=kOM=y0x0，18.解：(1)质点运动3次后停在原点右侧的情况有4种，分别是：3次向右；1次不动、2次向右；2次向右、1次向左；2次不动、1次向右，

所以质点运动3次后停在原点右侧的概率P=(12)3+C32(12)2(16)+C32(12)2(1−12−16)+C31(12)(16)2=1324；

(2)①质点运动5次后停在原点右侧的情况有4种：5次向右；

第1次向右、后4次有3次向右1次向左；

前2次向右、后3次有1次向右2次向左；

第1次向右、第2次向左、第3次向右、后2次有1次向右1次向左，

所以质点运动5次后停在原点右侧的概率P=q5+q⋅C43q3(1−q)+q2⋅C31q(1−q)2+q⋅(1−q)⋅q⋅C21q(1−q)

=q5+4q4(1−q)+3q3(1−q)2+2q3(1−q)2

=q3(2q2−6q+5)；

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，

其概率为x3+C32x2(1−x)=x2(3−2x)，

设两轮游戏最终得分的随机变量为X，则X的所有可能取值为0，1，3，

易知X的期望E(X)仅与X=1，3的概率只有关，

因为P(X=1)=x2(3−2x)⋅[C32(a−x)2(x+1−a)]=3x3(3−2x)(a−x)2(x+1−a)，

P(X=3)=x2(3−2x)(a−x)3，

所以最终得分X的期望E(X)=3x3(3−2x)(a−x)2(x+1−a)+3x2(3−2x)(a−x)3=3x2(3−2x)(a−x)2；

因为0<q<1，所以0<x<10<a−x<1，即0<x<1a−1<x<a，

所以当0<a≤1时，0<x<a；当1<a<2时，a−1<x<1，

记f(x)=3x2(3−2x)(a−x)2，

求导得f′(x)=−6x(x−a)(5x2−(6+3a)x+3a)，

记g(x)=5x2−(6+3a)x+3a，

(i)当0<a≤1时，0<x<a，

因为g(0)=3a>0，g(a)=5a2−(6+3a)a+3a=a(2a−3)<0，g(2)=8−3a>0，

所以由零点存在定理，存在x1∈(0,a)，使得g(x1)=0；存在x∈(a,2)，使得g(x2)=0，

当0<x<x1时，f′(x)>0；当x1<x<a时，f′(x)<0，

所以f(x)在(0,x1)上单调递增，在(x1,a)上单调递减，

所以x1是f(x)的极大值点，

所以0<a≤1，

(ii)当1<a<2时，a−1<x<1，

因为g(0)=3a>0，g(1)=−1<0，g(2)=8−3a>0，

所以由零点存在定理，存在x3∈(0,1)，使得g(x3)=0；存在x4∈(1,2