广东省江门市高三上学期第二次模拟考试数学试卷

高三数学注意事项：．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．．本试卷主要考试内容：高考全部内容．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符题目要求的．1.若集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据子集的概念判断AB的真假；根据交集的概念判断C的真假；根据并集的概念判断D的真假.【详解】对A，因为，但，所以不成立，故A错误；对B，因为，但，所以不成立，故B错误；对C，，故C错误；对D，，故D正确.故选：D2.2025年1~8月份广东省工业机器人、服务机器人、民用无人机、风力发电机组、太阳能电池、新能源汽车产品产量分别增长，则该组数的分位数为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】应用百分位数的求法求数据的分位数.第1页/共18页

【详解】由题设，而数据从小到大为，所以该组数的分位数为其中第5个数据，即.故选：B3.曲线在点处的切线方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求函数的导函数，再求导函数在时的值，结合导数的几何意义求切线斜率，利用点斜式求切线方程．【详解】因为，所以，故，所以曲线在点处的切线斜率，故曲线在点处的切线方程为，即，故选：A.4.已知正四棱台的高为，，为底面与平面所成的角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设为底面的中心，连接，由正四棱台性质可得平面，由此可得直线与平面所成的角为，由条件解三角形求结论.【详解】设为底面的中心，连接，第2页/共18页

因为为底面的中心，由正四棱台的性质可得平面，又平面，所以，在平面内的投影为，所以直线与平面所成的角为，因为，所以，故，因为正四棱台的高，所以，因，所以，故直线与平面所成的角为，故选：C5.已知分别是椭圆的左、右焦点，点在上，且周长为16，则的取值范围为（）A.（8，12）B.（8，16）C.（4，6）D.（4，8）【答案】D【解析】【分析】利用椭圆的定义，然后结合结合椭圆的性质，代入计算可得.【详解】已知的周长为16，而的周长，其中，因此：椭圆中满足，将代入可得：第3页/共18页

，解得因此a的取值范围是(4,8).故选：D.6.已知向量分别表示位移“向北偏东方向”“向东偏南方向”，则向量表示位移（）A.向正北方向B.向正南方向C.向西北方向D.向东南方向【答案】A【解析】【分析】建立平面直角坐标系，得进行求解即可．【详解】建立平面直角坐标系：则，得，则向量表示位移：向正北方向．故选：A7.把6名技术员分到3个车间工作，分到3个车间的人数各不相同，每个车间至少1人，则不同的分配方案共有（）A.270种B.540种C.720种D.360种【答案】D【解析】【分析】根据分组分配法，即利用分步乘法计数原理即可求解.【详解】每个车间至少分配一名技术员且人数各不相同,故三个车间分配到技术员的人数为1，2，3，第4页/共18页

故共有种不同的分配方案.故选：D.8.已知内角的对边分别为，且，则面积的最大值为（）A.B.2C.D.2【答案】A【解析】【分析】根据题目条件，使用正弦定理转化为，代入计算出计算出积公式计算出面积的最大值.【详解】已知，由正弦定理化简得：，代入得：，当且仅当“”时取等，由余弦定理可得：，，由同角三角函数关系可得：，则面积.故选：A二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共分．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.若复数，则（）A.的实部等于的虚部第5页/共18页

B.的虚部等于的实部C.D.与在复平面内对应的点均不在第二象限【答案】AC【解析】对运用复数模的计算公式计算模长．【详解】，，，实部为2，虚部为1；，实部为，虚部为2；选项A：的实部等于2，的虚部等于2，的实部等于的虚部，故A正确；选项B：的虚部等于1，的实部等于，，的虚部不等于的实部，故B错误；选项C：，，故C正确；选项D：对应的点在第一象限，对应的点在第二象限，故D错误．故选：AC．10.甲参加游戏获得的积分的分布列为456780.1030.3且，则（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】第6页/共18页

【分析】由，求出，再依次判断选项即可．【详解】依题意得，，，则，A项正确，，故B项正确；，故C项错误；，故D项正确．故选：ABD已知函数的定义域为，，，且，则的值可能为（）A.101B.102C.103D.104【答案】BCD【解析】【分析】由题意得，进而得出，再令即可.【详解】因，则，因，则，则，即，令，则，因，则，则的值可能为.故选：BCD第7页/共18页

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分．12.已知双曲线的渐近线方程为，则的离心率为___________【答案】【解析】【分析】由渐近线方程求出，再根据离心率定义求解.【详解】由题意得，双曲线的渐近线方程为，又其渐近线方程为，则，则，则的离心率为.故答案为：13.函数的零点个数为___________．【答案】2【解析】【分析】先求出函数的定义域，求导分析函数单调性及极值，分析函数的极限及最大值，进而利用零点存在定理得出零点个数．【详解】的定义域为，函数的定义域为，求导得，令，则，解得，，，设，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；在处取得极大值，第8页/共18页

当时，，故；当时，，故；极大值为最大值，函数在从增至正极大值，穿过轴一次，有一个零点；在从正极大值递减至必穿过轴一次，有另一个零点，函数共有2个零点．故答案为：2．14.在三棱锥中，，，，且三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的表面积为___________．【答案】【解析】【分析】先根据三棱锥的体积，求三棱锥的高，再根据三棱锥的几何性质，确定三棱锥外接球球心的位置和外接球的半径，利用球的表面积公式求面积.【详解】如图：在中，，，所以.取中点，则为外接圆的圆心，且外接圆半径为.连接，因为，所以.又（）.所以，即.第9页/共18页

又平面，，所以平面.所以.所以三棱锥外接球的球心在线段上，设为，再设三棱锥外接球的半径为，在中，，，,由.所以三棱锥外接球的表面积为.故答案为：四、解答题：本题共5小题，共分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知抛物线的焦点关于的准线的对称点为．（1）求的方程；（2）若经过点且斜率为1的直线与交于两点，求．【答案】（1）；（2）.【解析】1）由题意有求出参数值，即可得方程；（2）由题设有，联立抛物线，应用韦达定理和弦长公式求.【小问1详解】由题设，准线为，而焦点关于的准线的对称点为，所以，可得，故；【小问2详解】第10页/共18页

由（1）知，则直线，联立，所以，可得，显然，所以，，(横坐标分别为)，则.16.已知函数的最小正周期与函数的最小正周期相等，的图象与函数的图象重合．（1）求；（2）求函数在上的值域．【答案】（1），（2）【解析】1）由正切函数的最小正周期求得，然后由利用诱导公式求得；（2）代入（1）中结论，利用辅助角公式化简函数解析式，然后求得值域.【小问1详解】函数的最小正周期为，函数的最小正周期，即，又因为的图象与函数的图象重合，第11页/共18页

所以，又，所以，又，所以.【小问2详解】，当时，，∴17.如图，在长方体中，，是的中点，是的中点，是底面的中心．（1）证明：平面．（2）若是侧面上的一个动点，且点到平面的距离为，证明点的轨迹为一条线段，并求该线段的长度.【答案】（1）见解析（2）证明见解析；线段长度为【解析】1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线垂直，结合线面垂直的判断定理，即可证明；（2）利用坐标法，结合点到平面的距离公式，求出点满足的轨迹方程，即可证明，并求线段长度.第12页/共18页

【小问1详解】为，，，，，，，，，，所以，，，平面，所以平面【小问2详解】由（1）可知平面，则是平面的一个法向量所以平面的一个法向量为，设，，则点到平面的距离，则，得或，直线与侧面没有交点，故舍去，所以，如图，直线与棱交于，所以点的轨迹是线段,，.第13页/共18页

18.已知数列的前项和为．（1）证明：是等比数列．（2）求数列的前项和．（3）若，求的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）（3）【解析】1）由与关系结合题意可得，据此可完成证明；（2）由（1）结合错位相减法可得答案；（3）由（1）可得，，利用作差法可判断单调性，据此可得答案.【小问1详解】因，则即，从而是等比数列；【小问2详解】第14页/共18页

由（1）是以为首项，公比为的等比数列.则，从而，两式相减可得：则；【小问3详解】由（2，又，则，当时，易得，当时，，.即，当时，，则为递增数列，则.即.19.已知函数．（1）讨论的单调性．（2）已知，函数，且仅有两个零点．①求的取值范围；第15页/共18页

②证明：的两个零点之积小于1．【答案】（1）答案见解析；（2）①；②证明见解析.【解析】1）分类讨论m的取值结合导数研究函数的单调性即可；（2的单调性，计算参数范围即可；②借助①的结论结合极值点偏移构造差函数判定函数单调性证明即可.【小问1详解】由可知，对于方程，若，即或，①当时，有两个不等正实根，此时上，在上，当，有两个不等负实根，此时在上，②若时，恒成立，此时在上，综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减；【小问2详解】当时，，