2025届广东省江门市高三下学期高考模拟考试数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1广东省江门市2025届高三下学期高考模拟考试数学试题一、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.已知i是虚数单位，复数，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由，则.故选：D.2.已知一组数据的平均数为16，则这组数据的第60百分位数为（）A.17 B.16.5 C.16 D.15.5【答案】B【解析】由数据的平均数为16，得，解得，由，得数据的第60百分位数为.故选：B3.现有编号为的4个小球和4个盒子，把4个小球随机放进4个盒子里，每个盒子装1个小球，则恰好有2个小球与盒子的编号相同的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】把4个小球随机放进4个盒子里，每个盒子装1个小球的试验的基本事件总数为，恰好有2个小球与盒子的编号相同的事件含有的基本事件数为，所以恰好有2个小球与盒子的编号相同的概率为.故选：A4.记为等比数列前项和．若，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设等比数列的公比为，由得，可得，所以，，所以，.故选：C.5.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由，得，即，因此，所以.故选：B6.在矩形中，成等差数列，，则矩形的周长为（）A.10 B.12 C.14 D.16【答案】C【解析】因为，所以,故，又成等差数列，所以,即①,在矩形中，由②,将①式代入②式解得：或(舍去)，把结果代入①式得，故矩形的周长为,故选：C7.已知边长为1的正方形绕边所在直线为轴旋转一周形成的面围成一个圆柱，点和分别是圆柱上底面和下底面的动点，点是线段的中点，则三棱锥体积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意知，，三角形的面积为设点P到平面的高为h，又，要使三棱锥体积的最大，则需h最大，根据图形可得，当，且时，h最大，最大为1，.故选：B8.在中，已知，是上的点，平分，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】如下图所示：因为平分，由角平分线的性质可知点到边、的距离相等，因为，设，则，由可得，可得，在中，由余弦定理可得，故，由正弦定理可得，所以，，易知为锐角，则，所以，.故选：A.二、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.已知（常数）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（）A.B.展开式中奇数项的二项式系数的和为256C.展开式中的系数为D.若展开式中各项系数的和为1024，则第6项的系数最大【答案】ACD【解析】由，则其展开式的通项为，对于A，根据题意可得，由组合数的性质可知，故A正确；对于B，由，则展开式中奇数项的二项式系数之和为，故B错误；对于C，由解得，则展开式中的系数为，故C正确；对于D，令，则展开式中各项系数之和，解得，可得展开式的通项为，即每项系数均为该项的二项式系数，易知展开式中第项为二项式的中间项，则其系数最大，故D正确.故选：ACD.10.已知曲线，则（）A.曲线关于轴对称B.曲线围成图形的面积为C.曲线上的点到点的距离最大值为D.若点是曲线上的点，则的最大值为1【答案】AD【解析】对于A，令是曲线上的任意一点，即，则成立，即点在曲线上，因此曲线关于轴对称，A正确；当时，，即，是以为圆心，2为半径的圆在直线及上方的半圆，当时，，即，是以为圆心，为半径的圆在直线及下方部分，对于B，曲线在直线及上方的半圆面积为，B错误；对于C，曲线在直线及下方部分上的点与点的距离最大值为，C错误；对于D，表示曲线上的点与点确定直线斜率的，观察图形知，当过点的直线与曲线在轴下方部分相切时，直线斜率最大，设此切线方程为，则，解得，所以的最大值为1，D正确.故选：AD11.已知函数，其中，则（）A.函数是周期函数B.当时，函数的值域为C.当时，是函数图象的对称轴D.当时，函数在上有零点【答案】ABD【解析】对于A，依题意，，由，，得，因此函数是周期函数，A正确；对于B，，而，则当时，，当时，，B正确；对于C，，当时，，则函数图象关于点成中心对称，关于不对称，C错误；对于D，，，，又函数在R上的图象连续不断，因此函数在上有零点，D正确.故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.曲线C：在点M（1，e）处的切线方程为_____________．【答案】【解析】因为，所以切线斜率为，切线方程为，13.已知是第三象限角，则曲线的离心率的取值范围为________．（用区间表示）【答案】【解析】因为是第三象限角，则，曲线的方程可化为，曲线为双曲线，且，，所以，双曲线的离心率为.故答案为：.14.在某平台开展闯关赢奖品活动中，用户每次进入新的一关都有一次抽奖机会．已知用户在第一关抽到奖品的概率为．从第二关开始，若前一关没抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为；若前一关抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为．记用户第关抽到奖品的概率为，则的最大值为________．【答案】【解析】依题意，，记用户第关抽到奖品为事件，当时，，，，，于是，则，而，因此数列是以为首项，为公比的等比数列，则，即，当为奇数时，，则；当为偶数时，，数列是递减数列，，所以的最大值为.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.东湖公园统计连续天入园参观的人数（单位：千人）如下：日期月日月日月日月日月日第天4参观人数（1）建立关于的回归直线方程，预测第天入园参观人数；（2）东湖公园只开放南门、北门供游客出入，游客从南门、北门入园的概率相同，且从同一个门出园的概率为，从不同一个门出园的概率为．假设游客从南门、北门出入公园互不影响，如果甲、乙两名游客从南门出园，求他们从同一个门入园的概率．附：参考数据：，，，．解：（1）参考公式：回归直线方程，其中，．由最小二乘法公式可得，则，所以，关于的回归直线方程为，当时，，因此，预测第天入园参观人数约为千人.（2）记事件甲、乙两名游客从南门出园，事件甲、乙两名游客从同一个门入园，则，如果甲、乙都从南门入园，且都从南门出园，其概率为，如果甲、乙都从北门入园，且都从南门出园，其概率为，如果甲从南门入园，乙从北门入园，且都从南门出园，其概率为，如果甲从北门入园，乙从南门入园，且都从南门出园，其概率为，，由条件概率公式可得.因此，如果甲、乙两名游客从南门出园，则他们从同一个门入园的概率为.16.如图，在斜棱柱中，底面为菱形，，．（1）证明：；（2）若，求的长度．（1）证明：过点作平面，垂足为，连接，如下图：因为，，，所以，则，因为平面，平面，所以，因为，所以，则，可得点在线段的中垂线上，即，所以共面，易知，因为，平面，所以平面，因为平面，所以.（2）解：连接，记，连接，如下图：在中，由，且，则，由（1）可知平面，因平面，所以平面平面，因为平面平面，所以平面，在中，，，则，易知，则，所以底面为正方形，由，则.17.已知函数．（1）当时，讨论函数的单调性；（2）当时，求函数的极值．解：（1）由，则函数，易知其定义域为，由，则函数为偶函数，当时，，显然当时，函数在上单调递增，当时，求导可得，令，解得，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，综上，当时，函数在上单调递减，在上单调递增；当时，函数在与上单调递增，在与上单调递减.（2）由时，则函数，可得，解得或，所以函数的定义域为，由（1）易知函数为偶函数，当时，则函数，当时，函数上单调递增，此时无极值；当时，求导可得，令，解得，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，故函数的极大值为，由函数为偶函数，则函数的极大值为，综上，当时，函数无极值；当时，函数的极大值为，无极小值.18.已知椭圆的焦距为，以椭圆短轴一个端点和两个焦点为顶点的三角形是直角三角形，过点的直线分别交椭圆于点，点始终在第一象限且与点关于轴对称，直线分别交轴于点．（1）求椭圆的方程；（2）求点的坐标；（3）证明：．（1）解：由椭圆短轴一个端点和两个焦点为顶点的三角形是直角三角形，得，则，所以椭圆的方程为.（2）解：设直线方程为，，，由点在第一象限且与点关于轴对称，得直线关于轴对称，，由消去得，则，，直线方程为，令，得，所以点.（3）证明：由（2）知，，，由，得，因此，所以.19.意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是悬链线．在17世纪，惠更斯、莱布尼茨、约翰·伯努利等得到悬链线方程是，其中c为参数．当时，该方程就是双曲余弦函数．相应地就有双曲正弦函数．已知三角函数的三个关系式：①平方关系：；②二倍角关系：；③导数关系：（1）类比关系式①②③，写出和之间的三种关系式（不需要证明）；（2）当时，不等式恒成立，求的取值范围；（3）设无穷数列满足，是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由．解：（1）双曲函数关系式①平方关系：；②二倍角关系：；③导数关系：，.证明如下（不需要写出）：因为，，所以；因为，，所以；，（2）因为，所以，所以，，当时，设，若，则存在足够小的使得矛盾，所以，因为，观察，令，，当且仅当时等号成立，所以在时单调递增，因为，所以对成立，即，所以满足题意，所以；（3）因为与递推式形式一致，所以假设，其中为待定参数，因为符合递推关系，所以，因为，所以，因为，得，令，方程变为，解得或，所以或，所以或，因为是偶函数，所以不妨设，所以，，所以广东省江门市2025届高三下学期高考模拟考试数学试题一、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.已知i是虚数单位，复数，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由，则.故选：D.2.已知一组数据的平均数为16，则这组数据的第60百分位数为（）A.17 B.16.5 C.16 D.15.5【答案】B【解析】由数据的平均数为16，得，解得，由，得数据的第60百分位数为.故选：B3.现有编号为的4个小球和4个盒子，把4个小球随机放进4个盒子里，每个盒子装1个小球，则恰好有2个小球与盒子的编号相同的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】把4个小球随机放进4个盒子里，每个盒子装1个小球的试验的基本事件总数为，恰好有2个小球与盒子的编号相同的事件含有的基本事件数为，所以恰好有2个小球与盒子的编号相同的概率为.故选：A4.记为等比数列前项和．若，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设等比数列的公比为，由得，可得，所以，，所以，.故选：C.5.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由，得，即，因此，所以.故选：B6.在矩形中，成等差数列，，则矩形的周长为（）A.10 B.12 C.14 D.16【答案】C【解析】因为，所以,故，又成等差数列，所以,即①,在矩形中，由②,将①式代入②式解得：或(舍去)，把结果代入①式得，故矩形的周长为,故选：C7.已知边长为1的正方形绕边所在直线为轴旋转一周形成的面围成一个圆柱，点和分别是圆柱上底面和下底面的动点，点是线段的中点，则三棱锥体积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意知，，三角形的面积为设点P到平面的高为h，又，要使三棱锥体积的最大，则需h最大，根据图形可得，当，且时，h最大，最大为1，.故选：B8.在中，已知，是上的点，平分，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】如下图所示：因为平分，由角平分线的性质可知点到边、的距离相等，因为，设，则，由可得，可得，在中，由余弦定理可得，故，由正弦定理可得，所以，，易知为锐角，则，所以，.故选：A.二、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.已知（常数）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（）A.B.展开式中奇数项的二项式系数的和为256C.展开式中的系数为D.若展开式中各项系数的和为1024，则第6项的系数最大【答案】ACD【解析】由，则其展开式的通项为，对于A，根据题意可得，由组合数的性质可知，故A正确；对于B，由，则展开式中奇数项的二项式系数之和为，故B错误；对于C，由解得，则展开式中的系数为，故C正确；对于D，令，则展开式中各项系数之和，解得，可得展开式的通项为，即每项系数均为该项的二项式系数，易知展开式中第项为二项式的中间项，则其系数最大，故D正确.故选：ACD.10.已知曲线，则（）A.曲线关于轴对称B.曲线围成图形的面积为C.曲线上的点到点的距离最大值为D.若点是曲线上的点，则的最大值为1【答案】AD【解析】对于A，令是曲线上的任意一点，即，则成立，即点在曲线上，因此曲线关于轴对称，A正确；当时，，即，是以为圆心，2为半径的圆在直线及上方的半圆，当时，，即，是以为圆心，为半径的圆在直线及下方部分，对于B，曲线在直线及上方的半圆面积为，B错误；对于C，曲线在直线及下方部分上的点与点的距离最大值为，C错误；对于D，表示曲线上的点与点确定直线斜率的，观察图形知，当过点的直线与曲线在轴下方部分相切时，直线斜率最大，设此切线方程为，则，解得，所以的最大值为1，D正确.故选：AD11.已知函数，其中，则（）A.函数是周期函数B.当时，函数的值域为C.当时，是函数图象的对称轴D.当时，函数在上有零点【答案】ABD【解析】对于A，依题意，，由，，得，因此函数是周期函数，A正确；对于B，，而，则当时，，当时，，B正确；对于C，，当时，，则函数图象关于点成中心对称，关于不对称，C错误；对于D，，，，又函数在R上的图象连续不断，因此函数在上有零点，D正确.故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.曲线C：在点M（1，e）处的切线方程为_____________．【答案】【解析】因为，所以切线斜率为，切线方程为，13.已知是第三象限角，则曲线的离心率的取值范围为________．（用区间表示）【答案】【解析】因为是第三象限角，则，曲线的方程可化为，曲线为双曲线，且，，所以，双曲线的离心率为.故答案为：.14.在某平台开展闯关赢奖品活动中，用户每次进入新的一关都有一次抽奖机会．已知用户在第一关抽到奖品的概率为．从第二关开始，若前一关没抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为；若前一关抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为．记用户第关抽到奖品的概率为，则的最大值为________．【答案】【解析】依题意，，记用户第关抽到奖品为事件，当时，，，，，于是，则，而，因此数列是以为首项，为公比的等比数列，则，即，当为奇数时，，则；当为偶数时，，数列是递减数列，，所以的最大值为.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.东湖公园统计连续天入园参观的人数（单位：千人）如下：日期月日月日月日月日月日第天4参观人数（1）建立关于的回归直线方程，预测第天入园参观人数；（2）东湖公园只开放南门、北门供游客出入，游客从南门、北门入园的概率相同，且从同一个门出园的概率为，从不同一个门出园的概率为．假设游客从南门、北门出入公园互不影响，如果甲、乙两名游客从南门出园，求他们从同一个门入园的概率．附：参考数据：，，，．解：（1）参考公式：回归直线方程，其中，．由最小二乘法公式可得，则，所以，关于的回归直线方程为，当时，，因此，预测第天入园参观人数约为千人.（2）记事件甲、乙两名游客从南门出园，事件甲、乙两名游客从同一个门入园，则，如果甲、乙都从南门入园，且都从南门出园，其概率为，如果甲、乙都从北门入园，且都从南门出园，其概率为，如果甲从南门入园，乙从北门入园，且都从南门出园，其概率为，如果甲从北门入园，乙从南门入园，且都从南门出园，其概率为，，由条件概率公式可得.因此，如果甲、乙两名游客从南门出园，则他们从同一个门入园的概率为.16.如图，在斜棱柱中，底面为菱形，，．（1）证明：；（2）若，求的长度．（1）证明：过点作平面，垂足为，连接，如下图：因为，，，所以，则，因为平面，平面，所以，因为，所以，则，可得点在线段的中垂线上，即，所以共面，易知，因为，平面，所以平面，因为平面，所以.（2）解：连接，记，连接，如下图：在中，由，且，则，由（1）可知平面，因平面，所以平面平面，因为平面平面，所以平面，在中，，，则，易知，则，所以底面为正方形，由，则.17.已知函数．（1）当时，讨论函数的单调性；（2）当时，求函数的极值．解：（1）由，则函数，易知其定义域为，由，则函数为偶函数，当时，，显然当时，函数在上单调递增，当时，求导可得，令，解得，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，综上，当时，函数在上单调递减，在上单调递增；当时，函数在与上单调递增，在与上单调递减.（2）由时，则函数，可得，解得或，所以函数的定义域为，由（1）易知函数为偶函数，当时，则函数，当时，函数上单调递增，此时无极值；