广东省汕头市2025届高三下学期二模数学试题 含解析

试卷类型：A2025年汕头市普通高考第二次模拟考试数学注意事项：1．答题前，考生在答题卡上务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并贴好条形码.请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目.2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案.答案不能答在试卷上.3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.第Ⅰ卷选择题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.抛物线的准线方程是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据抛物线的的准线方程为这一抛物线基本性质即可求解.【详解】抛物线的准线方程是，即.故选：B.2.设复数，是虚数单位，则（）A. B. C. D.2【答案】D【解析】【分析】利用复数的乘法计算即得.【详解】.故选：D.3.在中，为边上的中线，，，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】选为基向量，将用基向量表示，再利用数量积的运算律计算即得.【详解】如图，因为边上的中线，则，又，则．故选：D.4.某学校有、两家餐厅，王同学第1天午餐时随机选择一家餐厅用餐．如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.6；如果第1天去B餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.8，则王同学第2天去A餐厅用餐的概率为（）A.0.7 B.0.6 C.0.5 D.0.4【答案】A【解析】【分析】应用全概率公式计算求解.【详解】记“第1天去餐厅”，“第1天去餐厅”，“第2天去餐厅”，则由全概率公式得：．故选：A.5.设平面与长方体的六个面的夹角分别为，则的值为（）A.2 B.3 C.4 D.6【答案】A【解析】【分析】分别求出平面的法向量与正方体的同一顶点处发出的三个平面的法向量的夹角，结合正方体的对称性，即可求得.【详解】设平面的法向量为，正方体一个顶点处的三个平面的法向量分别为、、，则，，，因正方体有三对互相平行的平面，则.故选：A.6.若，，则A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】试题分析：用特殊值法，令，，得，选项A错误，，选项B错误，，选项D错误，因为选项C正确，故选C．【考点】指数函数与对数函数的性质【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数的单调性进行比较；若底数不同,可考虑利用中间量进行比较.7.在中，角、、的对边分别为、、，已知，，，的面积为，则下列结论正确的是（）A. B.是钝角 C. D.【答案】C【解析】【分析】由正弦定理可求得判断A；由三角恒等变换求得判断B；进而由正弦定理求得判断C；利用三角形面积公式求得面积判断D.【详解】由正弦定理得，所以，故A错误；因为，又，所以，所以，所以，故B错误；从而，由正弦定理可得，故C正确；所以，故D错误．故选：C.8.若函数有两个极值点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据函数的组成，结合函数的性质分析，可得函数在对称轴和分界点两处取得极值，列出不等式组，解之即得.【详解】因时，，函数图象的对称轴为，当时函数在时取得极大值，又因时，，由函数的性质，可知要使还有一个极值，必须使，则由，可得.故选：B.二、多项选择题：本题共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.针对“中学生追星问题”，某校团委对“学生性别和中学生追星是否有关”进行调查，调查样本中女生人数是男生人数的，男生追星人数占男生人数的，女生追星的人数占女生人数的．若根据小概率值的独立性检验，可以推断追星和性别有关，则调查样本中男生人数可以是（）（参考公式及数据：，临界值）A.10 B.11 C.12 D.18【答案】CD【解析】【分析】设样本中男生人数为，得列联表,计算，计算可得结论.【详解】设样本中男生人数为，得列联表追不追合计男女合计所以，即，又，故C、D正确．故选：CD.10.已知数列的前项和为，若，且都有，则（）A.数列是等比数列 B.数列是等比数列C. D.数列的前10项和为56【答案】AD【解析】【分析】由已知可得，可得，可求得，进而计算可判断每个选项的正误.【详解】由题设得：当时，，可得，又，所以，所以，，所以，所以是以为首项，2为公比的等比数列，故A正确；所以，当时，，所以，所以数列不是等比数列，故B错误；所以，故C错误；又，所以的前10项和为，故D正确．故选：AD.11.已知函数的定义域为且，，则（）A. B.C.为的极小值点 D.是偶函数【答案】AD【解析】【分析】通过赋值法可逐一验证A，B，D，对于C，只需举反例即可判断.【详解】在中，对于A，令，则，，A正确；对于B，令，则，В错误；对于C，若函数为，显然符合题意，此时无极小值点，C错误；对于D，令，则，则，令，则，故是偶函数，D正确．故选：AD.第Ⅱ卷非选择题三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中的系数为__________.【答案】30【解析】【分析】先将看作一个整体，求出其展开式的通项确定的次数，再确定的次数即可求解.【详解】由，其展开式的通项为，，，令，得的展开式的通项为，，，令，得，则的展开式中的系数为.故答案为：30.13.已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值______．【答案】（中任意一个皆可以）【解析】【分析】根据直线与圆的位置关系，求出弦长，以及点到直线的距离，结合面积公式即可解出．【详解】设点到直线的距离为，由弦长公式得，所以，解得：或，由，所以或，解得：或．故答案为：（中任意一个皆可以）．14.如图，在三棱锥中，为等边三角形，，，若，则三棱锥外接球体积的最小值为______．【答案】【解析】【分析】利用外接球球心在过底面外接圆圆心的垂线上，通过球心到各顶点的距离想等来求解即可.【详解】如图，取中点，连接，则，，又，，平面，则平面，因为平面，则，又，，，平面，所以平面，所以三棱锥的外接球球心必在过的中心且平行于的直线上，且，设，则，，设三棱锥的外接球半径为，则有，当时，，故三棱锥外接球体积的最小值为．故答案为：.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.已知函数，．（1）求函数的单调区间；（2）若函数和的图象在公共点处的切线相同，证明：函数的图象在处的切线平行于轴．【答案】（1）的增区间为与，减区间为（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导可得，分，，三种情况讨论可得函数的单调区间；（2）由题意可得，求解即可得结论.【小问1详解】，由得：或，当时，的增区间为，不存在减区间；当时，列表得00所以的增区间为与，减区间为；当时，列表得00所以的增区间为与，减区间为；【小问2详解】由题设得，解得：，即的图象在处的切线平行于轴．16.已知数列，，其前项和为．（1）求；（2）求；（3）若数列的前项和为，且，证明：．【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】(1)代入通项公式分别求出，再求和即可；(2)先求出，再利用等差数列求和公式求解即可；(3)先求出，由错位相减法求出，即可证明．【小问1详解】因为，所以；【小问2详解】因为，所以；【小问3详解】因为，所以，从而，两式相减得：，故．得证.17.如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，三角形是正三角形，是棱的中点，设平面与平面的交线为．（1）证明：平面；（2）证明：；（3）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析，（2）证明见解析，（3）【解析】【分析】（1）由线面平行的判定定理证明平面，再由线面平行的性质定理得，最后由线面平行的判定定理证明平面；（2）取与中点，．连接，，，，证明四边形是平行四边形．得到线面垂直，再用性质即可；（3）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量为，再用向量夹角计算公式计算即可.小问1详解】证明：四边形是菱形，所以，平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，又因为平面，平面，所以平面.【小问2详解】证明：取与中点，．连接，，，，则运用中位线性质知，且,则，，则四边形是平行四边形，是正三角形，易知，，底面菱形，，则是正三角形，则，平面，平面，平面，，由于四边形是菱形，四边形是平行四边形，所以，，．【小问3详解】由（2）知为二面角的平面角，即，前面知道，则过做的垂线，以为坐标原点，为坐标轴，建立空间直角坐标系如图，设，则，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则进而求得一个法向量为，设直线与平面所成角，则．18.已知函数，其中．（1）当时，求方程的解集；（2）若是偶函数，当取最小值时，求函数的取值范围；（3）若是常数函数，求的值．【答案】（1），或（2）（3）【解析】【分析】（1）当时，，求解方程即可；（2）的定义域为，由是偶函数得，展开并整理得，进而为正奇数，当取最小值即时，，化简，，利用换元法令，，将的值域问题转化为函数，且的值域即可.（3）因为，，若是常数函数，则，当时不是常数函数；当时，通过说明不是常数函数；证明当时成立；当时，通过，说明不是常数函数即可.【小问1详解】当时，，由得：，解得，或，即，或，故所求方程的解集为，或；【小问2详解】的定义域为，由是偶函数得：，即：，所以，从而，进而，所以为正奇数，当取最小值即时，，所以，，令，，则，且，所以函数的值域转化为，且的值域，对称轴，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时，取得最小值；当时，取得最大值；又当时，，当时，；故函数的取值范围为；【小问3详解】因为，，所以若是常数函数，则，①当时，由（1）知，不是常数函数；②当时，，此时，，不是常数函数；③当时，，所以，是常数函数；④当时，，不是常数函数；综上所述：．19.已知矩形中，，．如图，以矩形的中心为坐标原点，分别平行于、的直线为、轴建立平面直角坐标系．设轴分别交、于点、，点为平面上的动点，且直线、的斜率的积为．（1）证明点不在矩形的外部；（2）现将矩形折叠，使点落在线段上，设折痕所在直线的斜率为，①求直线的方程；②重新展平矩形，当折痕的长最大时，求折痕被点的轨迹所截得的弦长．【答案】（1）证明见解析（2）①；②【解析】【分析】（1）由直线、的斜率的积为，可得点的轨迹为椭圆，结合其范围可完成证明；（2）①设折叠后A点落在线段DC上的点为，由A与G关于折痕所在的直线对称及AG中点在直线上可得方程；②分，折痕所在的直线分别与边、相交，折痕所在的直线分别与边、相交，折痕所在的直线分别与边、相交，可得折痕最长时对应斜率，然后将直线与点p轨迹方程联立，即可得答案.【小问1详解】设，由题设知、，从而，整理得，所以点轨迹为椭圆（去掉上下顶点），其范围是，，故点不可能在矩形外部；【小问2详解】①设折叠后A点落在线段DC上的点为，当时，易得直线方程为；当时，由A与G关于折痕所在的直线对称，有，即，所以，AG中点坐标为，从而折痕所在的直线方程，即；综上：直线方程为：；②由题可得，当时，折痕的长为4；当时，因