【高考模拟】广东省广州市2025届高三下学期综合测试（一）数学试卷（含解析）

广东省广州市2025届高三下学期综合测试（一）数学试卷1．若复数z满足1+iz=i，则z的虚部为（）A．−1 B．1 C．−i D．i2．已知集合A=x∣0≤x≤a，B=x∣xA．0,2 B．0,2 C．2,+∞ D．3．在平行四边形ABCD中，点E是BC边上的点，BC=4EC，点F是线段DE的中点，若AF=λA．54 B．1 C．78 4．已知球O的表面积为4π，一圆台的上、下底面圆周都在球O的球面上，且下底面过球心O，母线与下底面所成角为π3A．334π B．32π 5．已知点P在双曲线C:x2a2−y2b2A．3 B．2 C．3 D．26．已知实数a，b满足A．b<a<0 B．2b<a<0 C．0<a<b D．0<2b<a7．已知ω>0，曲线y=cosωx与y=cosωx−π3A．33π B．22π C．8．定义域为R的偶函数fx在−∞,0上单调递减，且f3=0，若关于x的不等式mx−2A．2e3 B．2e2 C．9．某位射击运动员的两组训练数据如下：第一组：10，7，7，8，8，9，7；第二组：10，5，5，8，9，9，10．则（）A．两组数据的平均数相等B．第一组数据的方差大于第二组数据的方差C．两组数据的极差相等D．第一组数据的中位数小于第二组数据的中位数10．已知函数fx=ln4−xx+ax在x=3A．a=B．当0<x<1时，fC．fD．当1≤x1≤x11．如图，半径为1的动圆C沿着圆O:x2+y2=1外侧无滑动地滚动一周，圆C上的点Pa,bA．曲线Γ上存在到原点的距离超过23B．点1,2在曲线Γ上C．曲线Γ与直线x+y−22D．b12．已知cosαsin(α−β)−sinαcos(β−α)=35，则sinβ=13．将1,2,3,⋯,9这9个数字填在3×3的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小．若将4填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法共有种．14．在正三棱锥P−ABC中，PA=PB=PC=32,AB=6，点D在△ABC内部运动（包括边界），点D到棱PA,PB,PC的距离分别记为d1,d2,15．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为（1）求证：B=2A；（2）若a=3，b=2616．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，AB=2BC=2，侧面PCD是等边三角形，三棱锥A−PBD的体积为33，点E是棱CP（1）求证：平面PBC⊥平面PCD；（2）求平面BDE与平面ABCD夹角的余弦值．17．nn∈N∗,n≥3个人相互传球，传球规则如下：若球由甲手中传出，则甲传给乙；否则，传球者等可能地将球传给另外的n−1个人中的任何一个．第一次传球由甲手中传出，第kk∈（1）求A5（2）求An（3）比较Bnk+1与18．已知动点P到点F12,0的距离等于它到直线x=−12（1）求C的方程；（2）O为坐标原点，过点M2,0且斜率存在的直线l与C相交于A,B两点，直线AO与直线x=−2相交于点D，过点B且与C相切的直线交x轴于点E（i）证明：直线DE//l；（ii）满足四边形ABDE的面积为12的直线l共有多少条？说明理由．19．已知n∈N∗且n≥3，集合An=a1,a2,⋯,an，其中0<a1<a2<⋯<an．若存在函数fxfx≠x，其图象在区间D=a1，an（1）判断集合1，2，8，（2）判断fx=ln1+2e（3）若ai<aji，j∈N∗，1≤i<j≤n，则a

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：因为1+iz=i，

所以z=i−1i=i2故答案为：B.【分析】先由复数的除法运算法则求出复数z，再结合复数的虚部的概念，从而可得复数z的虚部.2．【答案】D【解析】【解答】解：已知B=x∣因为B⊆A，则a≥2，则实数a的取值范围是2,+∞故答案为：D.【分析】先利用一元二次不等式的解法集合B，再利用集合子集的定义即可求解.3．【答案】C【解析】【解答】解：因为点F是线段DE的中点，所以AF=又因为AE=所以AF=12AD+故答案为：C.【分析】由AF=12AD+4．【答案】B【解析】【解答】解：作出示意图如图所示：设球的半径为OA=OB，由题意可得∠OAB=π3，所以所以∠AOB=π3，所以因为球O的表面积为4π，所以4π×OA2=4π，解得OA=1所以O1所以圆台的侧面积为12故答案为：B.【分析】设球的半径OA=OB，利用圆台的侧面展图形是扇环，及圆台的侧面积公式可求圆台的侧面积即可求解.5．【答案】D【解析】【解答】解：设P(x∵点P在双曲线C:x2a2−y又双曲线C:x2a2−点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积为：bx∴a2b又c2=a2+b2故答案为：D.【分析】设P(x0,y0)，将点P坐标代入双曲线方程中可得6．【答案】B【解析】【解答】解：设函数f(x)=3设3aA、当0<t<1时，直线y=t与函数f(x)=3x,g(x)=由函数图象可知，a<b<0，故A错误；C、当t>1时，直线y=t与函数f(x)=3x,g(x)=由函数图象可知，0<b<a，故C错误；因为3a=4设3a作出函数f(x)=3B、当0<t<1时，直线y=t与函数f(x)=3x,ℎ(x)=由函数图象可知，2b<a<0，故B正确；D、当t>1时，直线y=t与函数f(x)=3x,ℎ(x)=由函数图象可知，0<a<2b，故D错误；故答案为：B.【分析】设指数函数f(x)=3x,g(x)=4x7．【答案】A【解析】【解答】解：设曲线y=cosωx与y=cosωx−π3cosωx=cosωx−解得x=kπ不妨取k=0,1,2，则x1所以y1则AB由题意得△ABC为直角三角形，所以AB2+BC2故答案为：A．【分析】设曲线y=cosωx与y=cosωx−π3相邻的三个交点为A,B,C8．【答案】C【解析】【解答】解：因为fx为偶函数，所以fx=f由mx−2f得m−nx−5又因为函数fx在−∞,0则函数fx在0,+则x∈−∞,−3∪3,+∞时，则当x∈−∞,−1当x∈−1,5时，f所以fx−2≤0的解集为−1,5，fx−2由于不等式m−nx−5fx−2当m=n时，不等式m−nx−5fx−2此时解集为−1,5，不符合题意；当m>n时，不等式m−nx−5≥0解集为x≥不等式m−nx−5≤0解集为x≤要使不等式m−nx−5fx−2则5m−n=5，即当m<n时，不等式m−nx−5≥0解集为x≤不等式m−nx−5≤0解集为x≥此时不等式m−nx−5fx−2综上所述，m=n+1，则em−2n当且仅当e−n+1=en+1，即即em−2n+e故答案为：C【分析】先利用fx为偶函数可得fx−2=f2−x，设不等式为mx−nx−5fx−2≥0，利用单调性分析易得fx−2≤0的解集为−1,59．【答案】A,D【解析】【解答】解：第一组数据从小到大排序为：7,7,7,8,8,9,10，其平均数为17其方差为17其极差为10−7=3，其中位数为：8；第二组数据从小到大排序为：5,5,8,9,9,10,10，其平均数为17其方差17其极差为10−5=5，其中位数为：9所以AD正确，BC错误.故答案为：AD.【分析】先求平均数8，方差为8710．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：由4−xx>0，则则函数fx的定义域为0,4则fx=ln4−x则f'因为函数fx在x=3所以f'3=−1−此时fx则f'令f'x<0，得0<x<1令f'x>0所以函数fx在0,1和3,4上单调递减，在1,3则函数fx在x=3处取得极大值，符合题意，即a=由上述可知函数fx在0,1当0<x<1时，0<x2<x<1由f'则f'f'所以f'因为1≤x1≤x2又函数fx在1,3上单调递增，则f所以fx又fx则fx故答案为：ACD【分析】根据极值的定义可得f'3=0，可得a=43可判断A；利用函数fx的单调性即可判断B；代式计算即可判断C；利用题意可得1≤x1<4−11．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：设⊙O与⊙C切于M点，则O,C始终关于点M对称.所以当切点M绕O逆时针转动θ弧度时，致使点P绕圆心C也转了θ弧度，θ∈[0,2π)，连接OC如图所示：

，∴∠AOM=∠MCP=θ，延长CP与x轴交于R点，过C作CD⊥x轴于点D，∴∠OCD=π2∴xyP则P(2cos即曲线Γ的参数方程为x=2cosθ−cos2θy=2对于A，PO=∴Γ上不存在到原点的距离超过2对于B，若(1,2)在Γ上，则2cos由①解得θ=π验证知仅当θ=π2时，代入②符合，∴P(1,2)在曲线对于C，由x+y−22=0，将曲线2cos即22∴2sin如下图，分别作出f(x)=2sinx+π可知两函数图象共有两个交点，故C正确；对于D，b=b=4∴|b|≤3故答案为：BCD.【分析】先利用几何性质求解动点P的轨迹方程利用两点间距离公式及三角函数有界性即可判断A；由点1,2，利用参数方程解方程组2cosθ−cos12．【答案】−【解析】【解答】解：利用cosαsin(α−β)−sinαcos(β−α)=35，

得则sin(β−α)cosα+cos(β−α)sinα=−35，所以故答案为：−3【分析】利用给定条件结合诱导公式可得sin(β−α)cosα+cos(β−α)sinα=−313．【答案】12【解析】【解答】解：由每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小，得9在左上角，1在右下角，如图所示：

2,3排在d,f位置，有A2从余下的4个数字中任取2个按从左到右由大到小排在a,b位置，有C4最后两个数字从上到下由大到小排在c,e位置，有1种方法，所以填写方格表的方法共有A2故答案为：12【分析】先确定1，9的位置，再确定2，3的位置，最后确定余下4个数的位置，利用分步乘法计算原理列式即可求解.14．【答案】2π【解析】【解答】解：由题意可知：PA=PB=PC=32则PA可知PA⊥PB,PA⊥PC,PB⊥PC，因为三棱锥P−ABC为正三棱锥，则点P在底面ABC内的投影为底面△ABC的中心O，取AB的中点M，如图所示：

则CO=23CM=23设点D在平面PAB、平面PAC和平面PBC内的投影分别为F、I和J，根据正三棱锥的结构特征，可以以DF,DI,DJ为邻边作长方体PEFG−HIDJ，则PA⊥平面EFDI，DE⊂平面EFDI，则PA⊥DE，即d1同理可知：d2由长方体的性质可知：d1可得d12+又因为PO⊥平面ABC，OD⊂平面EFDI，则PO⊥OD，可得OD=P可知点D在以点O为圆心，半径r=2的圆上，因为OM<r，可知AB与圆O相交如图所示：

设圆O与AB交于S,T两点，则ST=2MT=r可知△OST为等边三角形，则∠SOT=π结合对称性可知点D运动路径的长度为2πr−3×2×π故答案为：2π.【分析】由题意可得正三棱锥可得P在底面ABC内的投影为底面△ABC的中心O，且PO=6，做辅助线结合长方体的性质可得PD2=10，即可得点D的轨迹是以点15．【答案】（1）解：因为c=a1+2cosB根据正弦定理得：sin又A+B+C=π，所以sinC=所以sinA+B即cosA所以sinB−A=sinA，所以B=2A.（2）解：根据正弦定理asinA=bsin有余弦定理a2=b解得c=3或c=5，当c=3时，a=c=3，C=A，B=2A，则4A=π，B=π而a2+c2所以ΔABC的面积为S=【解析】【分析】（1）先利用正弦定理可得sinC=（2）利用正弦定理求得cosA=63，再利用余弦定理求出c=5（1）因为c=a1+2cosB根据正弦定理得：sin又A+B+C=π，所以sinC=所以sinA+B即cosA所以sinB−A=sinA，所以B=2A.（2）根据正弦定理asinA=bsin有余弦定理a2=b解得c=3或c=5，当c=3时，a=c=3，C=A，B=2A，则4A=π，B=π而a2+c2所以ΔABC的面积为16．【答案】（1）证明：因为底面ABCD为矩形，AB=2BC=2，

所以S△ABD设三棱锥P−ABD的高为d，又因为三棱锥A−PBD的体积为33所以VA−PBD=V又因为侧面PCD是等边三角形，且CD=AB=2，取CD的中点，连接PO，可得PO=3，

则PO为三棱锥P−ABD所以PO⊥平面ABD，

因为BC⊂平面ABD，所以PO⊥BC，又因为CD⊥BC，PO∩DC=O，PO,DC⊂平面PCD，所以BC⊥平面PCD，

又因为BC⊂平面PBC，

所以平面PBC⊥平面PCD（2）解：取AB的中点N，连接ON，则ON//BC，由（1）可得，以O为坐标原点，ON,OC,OP所在直线为坐标轴，

建立如图所示的空间直角标系，则B(1,1,0),D(0,−1,0),E(0,1则DB=(1,2,0),设平面BDE的一个法向量为n=(x,y,z)则n·DB=x+2y=0n·DE=所以平面BDE的一个法向量为n=(−2,1,−又因为平面ABCD的一个法向量为OP=(0,0,设平面BDE与平面ABCD夹角为θ，所以cosθ=所以平面BDE与平面ABCD夹角的余弦值为64【解析】【分析】（1）利用已知条件和矩形的结构特征、三角形的面积公式，结合等体积法和三棱锥的体积公式得出三棱锥P−ABD的高，再结合等边三角形三线合一得出线线垂直，从而证出线面垂直，进而证出面面垂直，即证出平面PBC⊥平面PCD.（2）利用中位线定理得出线线平行，结合（1）建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量坐标，求出平面BDE的一个法向量，再由平面ABCD的一个法向量为OP=(0,0,3)和数量积求向量夹角公式，从而得出平面BDE（1）因为底面ABCD为矩形，AB=2BC=2，所以S△ABD设三棱锥P−ABD的高为d，又三棱锥A−PBD的体积为33所以VA−PBD=V又侧面PCD是等边三角形，且CD=AB=2，取CD的中点，连接PO，可得PO=3，从而PO为三棱锥P−ABD所以PO⊥平面ABD，又BC⊂平面ABD，所以PO⊥BC，又CD⊥BC，PO∩DC=O，PO,DC⊂平面PCD，所以BC⊥平面PCD，又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PCD；（2）取AB的中点N，连接ON，则ON//BC，故由（1）可以O为坐标原点，ON,OC,OP所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角标系，则B(1,1,0),D(0,−1,0),E(0,1则DB=(1,2,0),设平面BDE的一个法向量为n=(x,y,z)则n·DB=x+2y=0n·所以平面BDE的一个法向量为n=(−2,1,−又平面ABCD的一个法向量为OP=(0,0,设平面BDE与平面ABCD夹角为θ所以cosθ=所以平面BDE与平面ABCD夹角的余弦值为6417．【答案】（1）解：由题意知，，所以A5（2）解：由题意知，An所以An所以An则An（3）解：由题意知Bn则Bn所以Bnk+1−所以Bn【解析】【分析】（1）列出5人传球三次的树状图，利用概率乘法公式和加法公式即可求解；（2）利用Ank+1=（3）利用Bn（1）由题意知，，所以A5（2）由题意知，An所以An所以An则An（3）由题意知Bn则Bn所以Bnk+1−所以Bn18．【答案】（1）解：由抛物线的定义得动点P的轨迹为以F12,0所以p2=1（2）解：（i）证明：由题可知，直线l的斜率存在且不为0，故设直线l的方程为x=my+2m≠0，则直线l的斜率为k设直线l与C相交于Ax1,由x=my+2y2=2x得，y由y=−2x得，y'=−22则点B处的切线方程为y=1令y=0，得x=−12y直线OA的方程为y=y1x1x，令x=−2所以直线DE的斜率kDE所以kDE=k（ii）连接AE,BD，如图所示：

由（i）得D−2,−4y1，又因为Bx2,y2由E−1=2+若四边形ABDE的面积为12，则−1整理得12令f(x)=12x设g(x)=2x3+6x+12,x<0所以g(x)在−∞,0单调递增，又所以存在x0∈−2,−1所以f(x)在−∞,x0上单调递减，又f(−2)=0，f(−1)=−9所以f(x)有2个零点，即12其中y2=−2时，直线AB的斜率不存在，舍去，另一根属于由对称性可得，交换AB点的位置也符合题意，所以四边形ABDE的面积为12的直线l共有2条．【解析】【分析】（1）利用抛物线得定义即可求解；（2）（i）由题可知，直线l的斜率存在且不为0，故设直线l的方程为x=my+2m≠0，设直线l与C相交于Ax1,y1,Bx2,y2两点，不妨设y1>0,y（1）由抛物线的定义得动点P的轨迹为以F12,0所以p2=1（2）（i）证明：由题可知，直线l的斜率存在且不为0，故设直线l的方程为x=my+2m≠0，则直线l的斜率为k设直线l与C相交于Ax1,由x=my+2y2=2x得，y由y=−2x得，y'=−22则点B处的切线方程为y=1令y=0，得x=−12y直线OA的方程为