广东省大湾区2025届高三下学期一模数学试卷（Word版附解析）

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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.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将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.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解对数不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得，
所以，
又，
所以.
故选：D
2. 复数满足，其中虚数单位，则（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再计算其模即可.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：D
3. 已知平面向量的夹角为，且，，则（ ）
A. 1B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量模长的关系，利用平方法转化为向量数量积公式，解一元二次方程即可得出答案.
【详解】由，
所以，即，
即，整理得，
解得或（舍去），
所以.
故选：B.
4. 若为两条不同的直线，为两个不同的平面，则（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，，则
D. 若，，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】根据线面平行的性质定理，
若，，则或与异面，A错误；
平行与同一平面的两条直线位置关系不确定，可能平行、相交或异面，B错误；
如图，，过点作的平行线，设所在平面为，
且，则，
根据已知，所以，
则，由，可得，且，所以，C正确；

若，， 则或，D错误.
故选：D
5. 下列四组数据中，方差最小的为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先分别求平均数，再分别求出方差，最后比较方差的大小即可.
【详解】对于A，，
；
对于B，，
；
对于C，，
；
对于D，，
；
因为，
所以四组数据中，方差最小的为，
故选：C.
6. 早在两千年前，古人就通过观测发现地面是球面，并会运用巧妙的方法对地球半径进行估算.如图所示，把太阳光视为平行光线，O为地球球心，A，B为北半球上同一经度的两点，且A，B之间的经线长度为L，于同一时刻在A，B两点分别竖立一根长杆和，通过测量得到两根长杆与太阳光的夹角和（和的单位为弧度），由此可计算地球的半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】过点B作太阳光的平行线，与 的延长线交于点C，可求出，利用弧长公式即可求得地球的半径.
【详解】如图所示，过点B作太阳光的平行线，与 的延长线交于点C，
则 ， ，所以,
设地球半径为R,则根据弧长公式得 ，所以 ,
故选：A.
7. 设函数，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意判断是偶函数，判断函数的单调区间，再利用单调性和奇偶性解不等式即可.
【详解】，，
又
，所以函数是偶函数，
当时，，易得单调递增，
不等式，即，
等价于，
，可得，解得，
所以不等式的解集为.
故选：B.
8. 已知抛物线的弦的中点横坐标为5，则的最大值为（ ）
A. 12B. 11C. 10D. 9
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线定义，可得，数形结合可得，得解.
【详解】设抛物线的焦点为，，的横坐标分别为，，则，
抛物线的准线为，则，，
，
（当且仅当，，共线时取等号）如图所示，
即的最大值为12.
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. 已知直线和圆，则（ ）
A. 直线l恒过定点（2，0）
B. 存在k使得直线l与直线垂直
C. 直线l与圆O相交
D. 若，直线l被圆O截得的弦长为
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，化为点斜式可以看出直线恒过的点，B选项两直线斜率存在且垂直，斜率乘积为-1，从而存在满足题意，C选项直线过的定点在圆的内部，故可以判断C选项；当时，先求圆心到直线的距离，再根据垂径定理求弦长
【详解】直线，即，则直线恒过定点，故A错误；
当 时，直线与直线垂直，故B正确：
∵定点（-2，0）在圆O：x2+y2=9内部，∴直线l与圆O相交，故C正确：
当时，直线l化为，即x+y+2=0，圆心O到直线的距离，直线l被圆O截得的弦长为，故D正确，
故选：BCD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 是奇函数
B. 的最小正周期为
C. 在上单调递增
D. 的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据奇函数的定义可得选项A正确；根据可得选项B错误；根据可得选项C错误；根据二倍角公式结合可得选项D正确.
【详解】由题意得，.
A.∵函数的定义域为，，
∴是奇函数，选项A正确.
B.∵，
∴不是函数的周期，选项B错误.
C.∵，
∴在上不是单调递增函数，选项C错误.
D. ∵，，
∴，
∵，
∴的最小值为，选项D正确.
故选：AD.
11. 设曲线，抛物线，记抛物线的焦点为，，为分别为曲线，上的动点，为曲线的切线，则（ ）
A. 若与无公共点，则
B. 若过点，则被截得的弦长为
C. 当时，
D 当时，
【答案】AD
【解析】
【分析】选项A将与无公共点转化为无零点，由导数求最小值大于0即得；选项B先求切线方程为，联立，利用韦达定理和弦长公式即可求得；选项C利用导数求得的最小值小于，进而可得；选项D根据的切线方程和抛物线的切线方程为，进而可得.
详解】选项A：联立得，设，
由题意可知无零点，，
故当时，f′x0，
故，由题意，得，故A正确；
选项B：由题意，由得，
设与曲线的切点为，则切线方程为，
因过点，故，解得，
所以的方程为，即，
与联立得，
设与的交点坐标为Ax1,y1,Bx2,y2，
则，故，故B错误；
选项C：当时，，因在曲线上，
可设为，则，
设，，
设，则，
故ℎx在上单调递增，又，，
故，使得，
则在上单调递减，在上单调递增，
故的最小值为，又，故，故C错误；
选项D：当时，在处的切线方程为，
将代入得，
而曲线在处的切线方程为，
要使得两曲线上得点M，Q之间距离最小，当时，，
，则，两直线的距离为，
显然两切点为得连线与切线不垂直，故，故D正确.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：本题选项A，C关键是把几何问题解析化，然后利用导数求最值.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 双曲线的左，右焦点分别为，点在双曲线右支上，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的定义求得，再利用余弦定理求解.
【详解】因为点在双曲线右支上，且，
则，又，
在中，由余弦定理可得，，
所以.
故答案为：.

13. 在中，已知，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由两角和的正切公式结合条件切化弦可得，将条件切化弦运算得解.
【详解】，，
，即，
解得，即，
即，
所以，又，
得，
又由，可得，
.
故答案：.
14. 有三个袋子，每个袋子都装有个球，球上分别标有数字.现从每个袋子里任摸一个球，用分别表示从第一，第二，第三个袋子中摸出的球上所标记的数，则事件“”的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】归纳求出满足的情况种数，根据古典概型的概率公式求解.
【详解】由题意，从三个袋子中摸出的球上所标记的数的总的情况为种，
满足，则，
当时，对应的情况有，1种；
当时，对应的情况有，2种；
当时，对应的情况有，3种；
当时，对应的情况有，种；
所以满足的情况有种，
故所求事件的概率为.
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. 已知等差数列满足，是关于的方程的两个根.
（1）求；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据韦达定理可得，利用等差数列通项公式列式计算；
（2）由（1）求得通项，代入运算可得，利用裂项求和得解.
【小问1详解】
根据题意，由韦达定理可得，
因为数列是等差数列，设公差为，
所以，即，
则，解得，
.
【小问2详解】
由（1），则，
，
，
.
16. 在中，角的对边分别为，为边上的中线.
（1）证明：；
（2）若，，求的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）方法一：对两边平方，再由余弦定理可得答案；方法二： 在和中，由余弦定理可得答案；
（2）在中，由余弦定理得，结合（1）再利用基本不等式可得答案.
【小问1详解】
方法一：为边上中线，，
，
在中，由余弦定理得：，
，
，
.
方法二：为边上中线，
在中，，
在和中，由余弦定理得：
，
即，
，
即；
【小问2详解】
，，由余弦定理可得，
故，即，
当且仅当时，即时等号成立，
所以，
所以取得最小值为.
17. 如图，在四棱锥中，平面，，，.
（1）证明：；
（2）若四棱锥的外接球的表面积为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的性质证明线线平行，先证平面即可.
（2）先确定四棱锥的外接球的球心，即可得的长，过作于，所以为二面角的平面角，求解即可.
【小问1详解】
取AB的中点，连接，则由题意知为正三角形，
所以，
由等腰梯形知，设，则，，
故，即得，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
由于，
又，为等边三角形，
，
即为四边形外接圆的圆心，且半径，
过作平面的垂线，则，
在平面内作的垂直平分线交与点，
则，即为四棱锥的外接球的球心，
且半径，则，
，则，
过作于，平面，
所以平面，又平面，
则，所以为二面角的平面角，
，
所以二面角的平面角的余弦值为.
18. 数列是特殊的函数，可以利用函数工具研究数列性质.比如，为了研究数列的性质，对通项公式取对数得，，则可通过研究函数的性质，得到数列的性质，进而得到的性质.请根据以上材料，解决如下问题：
（1）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围，并证明：；
（2）是否存在常数，使得：有，？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
（注：e为自然对数的底数）
【答案】（1）；证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）当x=0时，恒成立，；当x>0时，可化为，令，x>0，利用导数方法判断其单调性，结合洛必达法则即可求出的范围；得出以，将代入整理，即可证明不等式成立；
（2）先由题意得到a>0；由推出，结合（1）的结果，可求出；对于，当或时，于显然恒成立；当时，推出以，同（1）构造函数，求出；从而可求出结果.
【小问1详解】
当x=0时，显然恒成立，；
当x>0时，可化为，
令，x>0，则，
令，x>0，则在上恒成立，
因此在上单调递减，所以，
即在上恒成立，
所以在上单调递减，
又由洛必达法则可得：，
所以恒成立，因此，为使对任意x>0恒成立，只需；
综上，；
所以，因为，所以，
则，所以得证；
【小问2详解】
存，使得：有，,证明如下：
由题意，为使恒成立，必有a>0；
(i)由得，所以，则，因为，
由（1）知对任意x>0恒成立，
为使都成立，只需，解得；
(ii)对于，当或时，于显然恒成立；
当时，，由得，所以，
令，则，，
所以，同（1）令，，
则，
令，，
则在上恒成立，
因此在上单调递增，所以，
因此在上恒成立，
所以在上单调递减，
又，
所以当，；
因此，为使恒成立，只需，解得；
由(i)(ii)可得，；即存在，使得：有，.
【点睛】思路点睛：
利用导数的方法求解不等式中的参数时，一般可利用分离参数的方法，先分离出所求参数，再构造函数，利用导数的方法求函数的最值即可.
19. 线段的长为3，端点分别在轴和轴上运动，点满足，记点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）曲线与轴的左右两个交点分别为为上异于的动点.过点分别作直线，直线，其中与曲线交于两点，交直线于点，点满足.
①求点的轨迹方程；
②的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）①，②存在最小值，最小值为3.
【解析】
【分析】（1）设点Ex,y，，，根据及计算即可；
（2）①由题意，可设，则，利用点差法得①，②，由①②得，
运算得解；②设直线的斜率分别为，可得，由，利用基本不等式求最值.
【小问1详解】
设点Ex,y，，，由，则，
由，可得，即，代入，
可得，
所以曲线的方程为.
【小问2详解】
①因为，所以，
不妨设，则，
设，，，
则①，②，
由，得，则，
即，
由，得，
则，即，
又①②得，
，即得，且，
所以点的轨迹方程为.
②设，则，
设直线的斜率分别为，则，
联立，得，
联立，得，
设直线与轴交于点，直线与轴交于点，
则
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的面积存在最小值，最小值为3.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的第一小问解决的关键是利用点差法得到①，②，由①②得，再由和的坐标关系代入运算得解.