信息必刷卷03（广东专用）-2025年高三下学期高考模拟数学考前信息必刷卷

这是一份信息必刷卷03（广东专用）-2025年高三下学期高考模拟数学考前信息必刷卷，共12页。试卷主要包含了下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
数 学
考情速递
高考·新动向：近年来，高考命题趋势逐渐向综合性和应用性转变，题目呈现方式更加多样化，如7题、8题、19题等，强调对知识的实际运用能力。
高考·新考法：在常规考点上，命题者通过新设问方式，例如18题，考查学生的综合思维能力；同时，常规考点的创新糅合也日益增多，例如11题，16题，考查学生的创新意识和实践能力。
高考·新情境：情境题目的创新性、实时性和开放性成为新亮点，例如6题，17题，求学生进行多角度分析思考，考查其解决实际问题的能力。
命题·大预测：更开放性试题或探究性题目，可能增加数学建模能力的考查.备考方向，回归教材、夯实基础，突破高频考点，强化薄弱，限时训练，提升效率等。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共58分）
一、单项选择题：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】．B
【详解】因为，，
所以．
故选：B．
2. 已知复数满足，是的共轭复数，则（ ）
A. B. C. 3D. 5
【答案】D
【解析】
【详解】因为，
所以，
则，
所以.
故选：D
3. 已知向量，，若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由，得，则，
所以.
故选：B.
4. 已知等差数列和前n项和分别为，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为数列和均为等差数列，
所以.
故选：D.
5. 已知直线和圆，则“”是“存在唯一k使得直线l与相切”的（ ）
A 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【详解】时，到的距离为，
故，解得，
满足存在唯一k使得直线l与相切”，充分性成立，
经过定点，
若，，若，此时直线，
直线与相切，另一条切线斜率不存在，
故满足存在唯一k使得直线l与相切”，
当在上，满足存在唯一k使得直线l与相切，
故，
又，解得，必要性不成立，
故“”是“存在唯一k使得直线l与相切”的充分不必要条件.
故选：A
6.2024年12月7日西南大学附属中学校迎来了办学110周年庆典，为此某班设计了富含寓意的11个文创作品，已知甲同学喜欢作品、，乙同学喜欢作品、、，丙同学除了不喜欢作品，其他作品都喜欢，让甲乙丙三位同学依次从中选取一个作为礼物收藏，若这三位同学都选到了自己喜欢的文创作品，则不同的选法有（ ）
A. 50种B. 48种C. 45种D. 40种
【答案】D
【解析】
【详解】若甲选，则乙有种选法，丙有种选法，故共有种选法；
若甲选，则乙有种选法，丙有种选法，故共有种选法；
综上可得一共有种不同的选法.
故选：D
7. 如图，已知函数，点A，B是直线与函数的图象的两个交点，若，则函数的单调递减区间为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】．B
【详解】设，由，不妨设，可得，
由可知，或，由图可知，
，，即故，
，结合图象，得，
即..
若时，由，由，由可知，或，由图可知，
，，即故，
则，
，结合图象，得，
即..
由，得.
故的单调递减区间为.
故选：B
8. 半正多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，如图所示的多面体就是一个半正多面体，其中四边形和四边形均为正方形，其余八个面为等边三角形，已知该多面体的所有棱长均为2，则平面与平面之间的距离为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】分别取中点，连接，

根据半正多面体的性质可知，四边形为等腰梯形；
根据题意可知，
而平面，
故平面，又平面，
故平面平面，则平面平面，
作，垂足为S，平面平面，
平面，故平面，
则梯形的高即为平面与平面之间的距离；
，
故，
即平面与平面之间的距离为，
故选：C
二、多项选择题：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．下列说法正确的是
A．一组数据的中位数为
B．若随机变量服从正态分布，且，则
C．若两个变量的线性相关系数越接近，则这两个变量的线性相关性越强
D．对具有线性相关关系的变量，其经验回归方程为，若样本中心为，则实数的值是
【答案】BCD.
【解析】对于A，因为一共有10个数，所以中位数为，A错误；
对于B，若随机变量服从正态分布，且，则，
则，B正确；
对于C，若线性相关系数越接近，则两个变量的线性相关性越强，C正确；
对于D，样本点的中心为，所以，，此时经验回归方程为，所以，，故，D正确.
故选：BCD.
10．已知点是抛物线的焦点，，是经过点的弦且，直线的斜率，，两点在轴上方，为坐标原点，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．四边形面积的最小值为
C．D．若，则直线的斜率为
【答案】．ACD
【详解】如下图所示：
易知，设Ax1,y1,Bx2,y2，
则直线的方程为，其中，
联立，整理可得，
可得，
对于A，设，易知直线的斜率为，方程为；
同理可得
所以
，可知A正确；
对于B，由焦点弦公式计算可得，
因为，可得四边形面积为
，
所以四边形面积的最小值为，即B错误；
对于C，由B可知，即C正确；
对于D，若，可得
，
即可得，解得，即或（舍）；
因此直线的倾斜角为，所以直线的倾斜角为，
即直线的斜率为，即D正确.
故选：ACD
11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 是偶函数
B. 在上单调递增
C. 在内共有3个极值点
D. 设，则在上共有12个零点
【答案】ACD
【解析】
【详解】对于A，函数，定义域为R，关于原点对称，
且，故函数是偶函数，A正确；
对于B，由函数，
可得，
令，
则在单调递增，
又，
所以存使得，
当时，在单调递增；
当时，在单调递减，故B错误;
对于C，由函数，
可得，
因为函数是偶函数，不妨设，
令，，
则在单调递增，又，
所以存在使得，
当时，在单调递增；
当时，在单调递减；
在处取得极小值，
又函数是偶函数，所以在单调递减，在单调递增，
所以在处取得极小值，在处取得极大值，故C正确;
对于D，由，
函数周期为，不妨设，
由C可知，存在，在单调递减，在单调递增，
在单调递减，在单调递增，
又
所以在上有3个零点，故在上共有12个零点，D正确.
故选：ACD.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．袋子中装有大小、形状完全相同的2个白球和2个红球.现从中不放回地摸取2个球，已知第二次摸到的是红球，则第一次摸到红球的概率为 .
【答案】．
【详解】设第一次摸到红球为事件,第二次摸到红球为事件,
则,,
所以.
故答案为:.
13. 在中，已知，为线段的中点，若，则______.
【答案】10
【解析】
【详解】由，得，又为线段的中点，
所以，
即，，
所以.
故答案为：.
14. 已知椭圆的左、右焦点分别是和，下顶点为点，直线交椭圆于点，的内切圆与相切于点，若，则椭圆的离心率为________．
【答案】
【解析】
【详解】
设的内切圆与相切于点，
由切线长定理可得，
又，则，即，
由椭圆定义可得，
即，
所以，又，即，所以，
则，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得
化简可得，即，即，
所以.
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．（13分）
已知函数，
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性；
【答案】．(1)
(2)当时，单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
【详解】（1）当时，，，则，，
故曲线在点处的切线方程为，即.
（2）由题意，，则当时，恒成立，单调递增；
当时，令有，故当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
综上，当时，单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
16．（15分）
某中学为提升学生们的数学素养，激发大家学习数学的兴趣，举办了一场“数学文化素养知识大赛”，分为初赛和复赛两个环节，初赛成绩排名前两百名的学生参加复赛．已知共有8000名学生参加了初赛，现从参加初赛的全体学生中随机地抽取100人的初赛成绩作为样本，得到如下频率分布直方图：

（1）规定初赛成绩中不低于90分为优秀，8090分为良好，7080分为一般，6070分为合格，60分以下为不合格，若从上述样本中初赛成绩不低于80分的学生中随机抽取2人，求至少有1人初赛成绩优秀的概率，并求初赛成绩优秀的人数的分布列及数学期望；
（2）由频率分布直方图可认为该校全体参加初赛学生的初赛成绩服从正态分布，其中可近似为样本中的100名学生初赛成绩的平均值（同一组数据用该组区间的中点值代替），且．已知小华的初赛成绩为85分，利用该正态分布，估计小华是否有资格参加复赛？
（参考数据：；若，则，，．
【答案】（1）至少有1人初赛成绩优秀的概率为，分布列见详解，.
（2）估计小华有资格参加复赛.
【解析】
【小问1详解】
由频率分布直方图可知，
样本中位于区间内的人数：，
样本中位于区间内的人数：，
抽取的2人中成绩优秀的人数可能的取值有0，1，2
， ，
所以的分布列为
因此，至少有1人初赛成绩优秀的概率，
数学期望.
【小问2详解】
由频率分布直方图可知：
，
由，得，又，
所以，
所以全校参加初赛学生中，不低于85分的约有人，
因为，所以估计小华有资格参加复赛.
（15分）
如图，在四棱锥中，平面平面，，，，．

（1）求证：平面平面；
（2）若，，点是线段上一点，且二面角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【小问1详解】
在底面中，因为，，所以．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
又因为平面，所以．
又因为，，，平面，
所以平面
又因为平面，所以平面平面
【小问2详解】
取中点，连接，．
因为，且，所以四边形为矩形．
即平面，
又因为在中，，所以，，两两垂直．
以，，分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，
设，则，，．
设平面的法向量
则，
令，可得，即，
因为平面，所以平面的法向量，
所以．
化简得即，
解得或（舍），即．
（17分）
已知椭圆的长轴长为，离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知椭圆上点处的切线方程是，过直线上一点引C的两条切线，切点分别是，
①求证：直线恒过定点；
②是否存在实数，使得，若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
【答案】（1）（2）.
【解析】（1）由题意可知，所以，
所以，
所以椭圆的方程为. （2）①设，
由题设可知：，
又因为经过点， 所以，
所以均在直线上，即，
由，解得，所以直线过定点.
= 2 \* GB3 ② 设实数存在，因为，所以，
当直线斜率不存在时，此时，
由解得，
所以，故.
当直线斜率k存在且不为零时，
，
所以，
联立可得，显然，所以，
所以.
综上可知，存在满足条件.
（17分）
已知数列的前项积为．定义：若存在，使得对任意的，恒成立，则称数列为“数列”．
（1）若，且为“2数列”，求．
（2）若，且为“数列”，的前项的平方和为，数列是各项均为正数的等比数列，满足，求的值和的通项公式．
（3）若，，且为“数列”，的前项和为，证明：．
【答案】（1）
（2），
（3）证明见解析
【解析】
【小问1详解】
由，且为“2数列”，得，即，
则，
，
，
．
【小问2详解】
设数列的公比为，
由，得，
即，
则．
两式相减得，
即．
因为是首项为2的“数列”，所以，
即，
所以，
即对任意的恒成立．
因为，，
则，即，
解得，．
又由，即，得，所以．
检验可知符合要求，故数列的通项公式为．
【小问3详解】
因为为“数列”，所以，
即对任意的恒成立，
因为，，所以．
再结合，，，反复利用，
可得对任意，．
设函数，则．
由，得．
当时，，所以在上单调递减．
所以当时，，即．
又，所以．
可得，，，，
累加可得，
即，即，
所以．
X
0
1
2
P