广东省深圳市2025届高三数学下学期二模试题（一）【含答案】

本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟.注意事项：1．答题前，考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，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.不按以上要求作答的答案无效.4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，留存试卷，交回答题卡.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.下列各组数据中方差最大的一组是（）A.6，6，6，6，6 B.5，5，6，7，7 C.4，5，6，7，8 D.4，4，6，8，8【答案】D【解析】【分析】根据数据的波动越大，方差越大；数据越稳定，方差越小.通过观察数据的离散程度以及计算平均值和方差来得出答案.【详解】对于A：数据全部为6，相等，没有波动，所以方差为0.对于B：平均数为，方差为.对于C：平均数为，方差为.对于D：平均数为，方差为.通过比较可知，选项D的方差最大.故选：D.2.双曲线的离心率为（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】根据双曲线的标准方程，结合离心率的概念即可求解.【详解】由，得，所以，得，所以双曲线的离心率为.故选：D3.在四边形中，若，则“”是“四边形是正方形”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据，判断出四边形的形状，结合充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】在四边形中，若，则四边形为平行四边形，若，则平行四边形为菱形，但不一定为正方形，四边形是正方形时，必有，即有，故“”是“四边形是正方形”的必要不充分条件.故选：B.4.若，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由同角三角函数的基本关系求出的值，再利用两角差的正弦公式可求得的值.【详解】因为，则，所以，因此.故选：A.5.已知正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意得到斜高，从而得到四棱锥体高，由体积计算公式即可求解.【详解】如图，在正四棱锥中，为四棱锥的高，为侧面的高，因为正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，所以，解得，，所以，故选：A.6.已知函数（a为常数），则（）A.为奇函数 B.为偶函数C.为增函数 D.为减函数【答案】B【解析】【分析】通过对函数进行相应的运算，结合奇偶性的定义判断奇偶性；对函数求导，根据导数的正负判断函数的单调性.【详解】对于A，首先求：已知，若为奇函数，则恒成立，即恒成立.因为恒成立，所以，解得，所以为奇函数，选项A错误.对于B，接着求：已知，若为偶函数，则恒成立，即恒成立.因为不恒为，所以，解得，所以为偶函数，选项B正确.对于C，D，对求导得.当时，，，所以，则为增函数.当时，令，即，则，，解得当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，所以选项C、D错误.故选：B.7.已知等差数列的公差为，集合，若，则（）A. B.0 C.1 D.【答案】B【解析】【分析】先写出等差数列的通项公式，然后根据三角函数的周期性和已知集合的元素个数来分析的取值情况，进而求出的值.【详解】根据已知条件，等差数列的通项公式为：.根据三角函数的性质，.这说明数列的周期为3.因为集合，即有三个不同的值.设时，；时，；时，.根据三角函数两角和公式可得：..则故选：B.8.已知复数均不为0，则下列等式不恒成立的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的运算性质可一一验证.【详解】设，对A，，，，故A正确；，，，故B正确；，，故C错误；，，，故D正确；故选：C.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已知函数，则（）A.的最大值为1 B.的最小正周期为C.在上单调递增 D.的图象关于对称【答案】AB【解析】【分析】利用二倍角公式和诱导公式化简，再由余弦函数相关性质检验各项即可求解.【详解】,∴，故A正确；最小正周期，故B正确；时，，∵在单调递减，∴在上单调递减，故C错；，不是函数的对称轴，故D错；故选：AB.10.已知函数的定义域为，，，则（）A. B.C.为偶函数 D.的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】令，可判断A选项，令可得出，再令，可求出的值，可判断B选项；利用偶函数的定义可判断C选项；令，可得出，求出的最大值，可判断D选项.【详解】对于A选项，令，则，解得，A错；对于B选项，令，则，即，所以，令，，可得，即，即，故，B对；对于C选项，因为，同理有，所以，若，设，令，则，再令，则，所以函数的零点关于y轴对称；若，则，令有，故函数为偶函数，C对；对于D选项，令，则，所以，可得，故函数的最大值为，D对.故选：BCD.11.对于，将n表示为．其中．记为上述表示中为0的个数（例如，则，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】根据的定义逐项判断即可.【详解】对A，∵，∴，故A正确；对B，∵，∴，故B正确；对C，∵设，，增加了，两项系数为0，∴，故C正确；对于D，∵，∴，故D错误；故选：ABC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知函数，若，则实数_________．【答案】【解析】【分析】易知当时无解；当时，利用导数研究函数的性质可得在上有且仅有唯一的零点，进而根据求解即可.【详解】，当时，，解得，不符合题意；当时，，则，令，所以在上单调递减，在上单调递增，且，当时，，则，当时，，且时，；时，；所以在上有且仅有唯一的零点.所以当时，，则，解得.综上，.故答案为：e13.已知抛物线的焦点为，C的准线与x轴的交点为T，若过点T的直线l与C交于A，B两点，且，则的面积等于_________．【答案】【解析】【分析】根据题意可得抛物线方程及点T坐标，设出直线l的方程并联立曲线，再由韦达定理和抛物线焦半径公式可解点A，然后可求的面积.【详解】如图，因为抛物线C的焦点，所以，解得，则抛物线C的方程为，准线方程为，，易知直线l斜率存在，设方程为，，,联立，整理得,由韦达定理得，，又，，且，∴，即代入，整理得，解得或（舍），所以，，所以，.故答案为.14.将五张标有、、、、的卡片摆成右图，若逐一取走这些卡片时，每次取走的一张卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边，则把这样的取卡顺序称为“和谐序”（例如按取走卡片的顺序是“和谐序”，按取走卡片的顺序不是“和谐序”），现依次不放回地随机抽取这张卡片，则取卡顺序是“和谐序”的概率为_________．【答案】【解析】【分析】对抽卡片的顺序进行分类讨论，结合分步乘法计数原理、分类加法计数原理与古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】分两种情况讨论：（1）第一步，从号或号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片，第二步，从号或号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片，第三步，从号或号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片，第四步，从号或号卡片抽取一张，有种情况，第五步，抽最后一张卡片，此时，不同的抽法种数为种；（2）第一步，抽号卡片，第二步，从、、号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片，第三步，从、号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片，第四步，从、号卡片抽取一张，有种情况，第五步，抽最后一张卡片，此时，不同的抽法种数为种.而从张卡片随意抽取，不同的抽法种数为，因此，取卡顺序是“和谐序”的概率为.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.在中，，BC边上的高等于．（1）求的值；（2）若，求的周长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据三角形的面积公式和正弦定理计算即可求解；（2）根据正弦、余弦定理和完全平方公式计算可得，即可求解.【小问1详解】设中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由题意可得，即，由正弦定理得，又，所以．【小问2详解】由正弦定理得，由余弦定理得，又，所以，所以的周长为．16.已知四棱台，底面是边长为2的菱形，平面，，E是的中点．（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先由底面菱形性质及线面垂直性质证平面，得.再根据已知边长用勾股定理逆定理证.因为与相交，所以平面.（2）解法1，过作，证平面，再过作，得为二面角平面角.算出、长度，用正切求出正切值，再求其余弦值.解法2，建立空间直角坐标系，用向量法求二面角.先找出平面的一个法向量.设平面法向量，根据向量垂直关系求出.最后用向量夹角公式求两平面夹角余弦值.【小问1详解】因底面是菱形，，是BC中点，所以，又，则.已知平面，平面，所以.因为平面，且，所以平面.又平面，故.四棱台上下底面平行且相似，上底面是边长为菱形.在四边形中，，，由勾股定理得，.在中，，所以，即.因为平面，，所以平面.【小问2详解】解法1在等腰直角中，过作，则M是中点，，又，所以平面，又因为平面，所以，过M作，连接，由于平面，所以平面，又平面，故，所以为平面与平面的夹角，由（1）知，在中，，故，因为平面，平面，所以，则，又因为为锐角，所以，故平面与平面夹角的余弦值为．解法2因为平面ABCD，所以AE，AD，两两垂直．以A为原点，AE，AD，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系则，，由（1）易知平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，即取，得，设平面与平面的夹角为，则，故平面与平面夹角的余弦值为．点睛】17.已知椭圆，F为E的右焦点，P为E上的动点，当直线PF与x轴垂直时，，R是直线上一动点，的最小值为1．（1）求E的方程：（2）过R作E的两条切线分别交x轴于M，N两点，求面积的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题干所给信息及，可求椭圆方程.（2）设出直线RM，RN的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式及三角形面积公式求解即可.【小问1详解】设点，当直线PF与x轴垂直时，点，则因为的最小值为，所以，又由，可解得，故E的方程为．【小问2详解】如图，设点，注意到RM，RN斜率不为0，设，联立，得，因为RM与E相切，所以，于是，化简得，又RN与E相切，同理有，故m，n是一元二次方程的两根，则，所以，又，所以，所以面积的取值范围为．18.已知函数，函数图象上的一点，按照如下的方式构造切线：在点处作的切线，记切线与x轴交点的横坐标为．（1）写出与的递推关系式；（2）记的零点为r，且．（i）证明：当时，；（ii）证明：对于任意的，都有．【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点处的切线方程，令即可求解；（2）（i）易知当时，当时，利用导数和零点的存在性定理证明在上单调递增，进而，即可证明；（ii）由（i）知当时，令，只需证.令（），利用3阶导数研究的单调性可得，结合累乘法计算即可证明.【小问1详解】，，则函数在点处的切线方程为，令，得．【小问2详解】（i）当时，，当时，，单调递增，又因为，所以有唯一的零点，其中．令，则，当时，，故在上单调递增．因为，所以．因为在上单调递增，所以当时，，又因为，所以，即证得：当时，．（ii）由（i）知：因为，从而，进而，由此递推可知：当时，，令，下面证明：对于任意的，都有成立，即．因为，所以只需证明，即，令，其中，则，因为，所以，故，从而在上单调递增，可知，故在上单调递增，因此，因为，故，即对于任意的，都有成立，由此可得：，所以对于任意的，都有．19.从编号为1，2，…，的座位中按照如下方式选取座位：选取至少个座位，并且选取的座位中没有相邻的座位，则称这样的座位选取方案称为“社交排位”．（1）若个座位排成一排，对应的“社交排位”数为，例如时，由于至少要选取2个座位，因此时，由于只能选取第1，3个座位，因此．（i）求；（ii）求使的最小正整数，（2）若个座位排成一圈，对应的“社交排位”数为，求数列中第2025个奇数对应的．【答案】（1）（i），；（ii）12（2）4051【解析】【分析】（1）（i）当、时，列举出符合条件的选法，可得出、的值；（ii）解法1：当时，个座位的“社交排位”，可以分成两类：①不包含号座位；②包含号座位.推导出，然后列举出数列的前若干项，即可得出满足不等式的最小正整数的值；解法2：当（）时，由组合数的性质得出，结合，并求出、的值，可得出满足的最小正整数的值；（2）解法1：求出数列前项的值，将对应的方案分为3类进行讨论，可得出，可知与（）具有相同的奇偶性，由此推导出，为奇数，当，为偶数，，即可确定2025个奇数所在的位置，即可得解；解法2：当（）时，根据组合数性质计算出的表达式，可知与（）具有相同的奇偶性，由此推导出，为奇数，当，为偶数，，即可确定2025个奇数所在的位置，即可得解.【小问1详解】（i）当时，可以选取，合计3种选法，于是；当时，可以选取，合7种选法，于是．（ii）解法1：当时，个座位的“社交排位”，可以分成两类：①不包含号座位，此时，这便是个座位的“社交排位”，有种；②包含号座位，此时必不包含，剩余被选中的座位来自1，2，…，．当剩余被选中的座位数为1时，可以为1，2，…，号，有种选法；当剩余被选中的座位数大于等于2时，此时剩余的位置数对应于个座位的“社交排位”数有种，于是，由递推关系列出下表：n34567891011121313714264679133221364596则当时，有的最小正整数．解法2：当（）时，设“社交排位”的座位数