考前必刷卷04（广东专用）-2025年高三下学期高考模拟数学考前考前必刷卷

这是一份考前必刷卷04（广东专用）-2025年高三下学期高考模拟数学考前考前必刷卷，共16页。试卷主要包含了已知实数，且，则的最小值为，的展开式中的常数项为，已知数列的前项和为，且，则等内容，欢迎下载使用。
数 学
考情速递
高考·新动向：广东卷考试题型为8（单选题）＋3（多选题）＋3（填空题）＋5（解答题），其中19题考查数列新定义，考查的动向有：新概念的理解与应用、新运算与新情景的迁移能力、综合推理与存在性问题、数列与数学文化的结合、复杂逻辑与计算能力，以解答题的方式进行考查。
高考·新情境：2025年新高考I卷数学命题将注重融入新情境，以更贴近现实生活和社会发展的需求。这些新情境可能涵盖科技、经济、文化等多个领域，旨在考察学生在真实问题背景下的数学应用能力和问题解决能力。通过设计贴近学生生活实际和时代特征的数学情境，命题将引导学生将所学知识灵活运用到实际问题的解决中，培养学生的创新思维和实践能力。
命题·大预测：对于2025年广东卷数学命题的预测，整体难度可能会有所调整，更注重考查学生的综合能力和创新思维。预计题型将更加灵活多变，融入更多贴近生活实际和科技发展的新情境，以考察学生的综合应用能力和创新思维。预计会延续对函数、数列、立体几何、概率统计等主干知识的考查，注重通性通法，淡化特殊技巧。解析几何保持稳定，重点考查曲线方程、定点定值问题等，可能减少计算量、增加思维深度，融合向量、方程等跨学科内容。同时，开放性、探究性问题比例或将增加，鼓励学生多角度思考，培养批判性思维能力。
（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】C
【解析】依题意，，所以.
故选：C
2．已知，，且，其中i是虚数单位，则（ ）
A．10B．C．2D．
【答案】D
【解析】由得：，
所以解得，
所以.
故选:D.
3．已知向量满足，则（ ）
A．2B．7C．D．
【答案】D
【解析】因为，则，
左右两边平方得，计算得，
又因为，
所以，
所以.
故选：D.
4．已知实数，且，则的最小值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】C
【解析】由题意得，，
当且仅当，即时等号成立，故的最小值为6.
故选：C.
5．的展开式中的常数项为（ ）
A．8B．2C．D．
【答案】C
【解析】因为，
二项式的展开式的通项公式为，，
所以展开式的常数项为.
故选:C.
6．已知双曲线的右顶点为，抛物线的焦点为.若在双曲线的渐近线上存在一点，使得，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】双曲线的右顶点为，
抛物线的焦点为，
双曲线的渐近线方程为.在双曲线的渐近线上存在一点，使得，
等价于以为直径的圆与渐近线有公共点，
所以的中点到渐近线的距离，
即，
即，
所以，即，
所以，
又，
所以.
故选：B.
7．已知函数，若方程在区间上恰有5个实根，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由方程，可得，
所以，
当时，，
所以的可能取值为，
因为原方程在区间上恰有5个实根，所以，解得，即的取值范围是，
故选：A
8．设函数，当时，曲线与交点个数的情况有（ ）种.
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解析】由函数，
设，
可得，
所以函数为偶函数，图象关于轴对称，
令，可得，即，
则解的个数，即为与的图象在上的交点个数，
如图所示：
当时，，此时与的图象在上没有公共点；
当时，即时，与的图象在上有没有公共点；
当时，即时，与的图象在上有1个公共点；
当且时，即时，
与的图象在上有2个公共点；
当且时，即时，
与的图象在上有没有公共点；
当时，此时对应的抛物线开口向下，且，
此时与的图象在上有没有公共点，
综上可得，曲线与交点个数的情况有3种.
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．已知数列的前项和为，且，则（ ）
A．B．
C．D．数列为等比数列
【答案】AB
【解析】因为，所以，所以数列是以首项为，
公比为2的等比数列，所以，故A正确；
数列的前项和为
，故B正确；
因为，故C错误；
令，所以数列为等差数列，故D错误.
故选：AB.
10．如图，是边长为的正方形，，，，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，则（ ）
A．，，，四点共面
B．该几何体的体积为
C．过四点，，，四点的外接球表面积为
D．截面四边形的周长的最小值为
【答案】AC
【解析】对于A，取中点，取靠近的三等分点，
易知四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，
所以，，则，
所以，，，四点共面，故正确；
对于B，由对称性知，此几何体体积是底面边长为2的正方形，高为4的长方体体积的一半，所以，故B错误；
对于C，过四点，，，构造正方体，
所以，外接球直径为正方体的体对角线，
所以，则，所以此四点的外接球表面积为，故C正确；
对于D，
由题意，平面平面，平面平面，平面平面，
所以，同理可得，
所以四边形为平行四边形，则周长，
沿将相邻两四边形推平，当，，三点共线时，最小，最小值为5，
所以周长的最小值为，故D错误.
故选：AC
11．中国结是一种手工编织工艺品，因为其外观对称精致，符合中国传统装饰的习俗和审美观念，故命名为中国结.中国结有着复杂曼妙的曲线，我们可以将其简化成单纯的二维线条，其中的八字结对应着数学曲线中的双纽线，如图，曲线是双纽线，则下列结论正确的是（ ）

A．曲线的图象关于原点对称
B．曲线经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点）
C．曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过3
D．若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为
【答案】ACD
【解析】对于A，把代入中，
得到
故，所以曲线的图象关于原点对称，故A正确.
对于B，令，得到，
解得或，即曲线经过，，，
由图可得，令，得到，
解得，而，
故，故，
令，得到，
解得，而，
故，得到，
而，故，
得到，故，
则曲线只能经过3个整点，故B错误，
对于C，由题意得，，
故，而，得到，
故，即，
设曲线上任意一点到坐标原点的距离为，
由两点间距离公式得，
而，解得，即，
则曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过3，故C正确，
对于D，由题意得直线与曲线一定有公共点，
联立方程组，得到，
若直线与曲线只有一个交点，则方程除外无解，
而，，则即可，
解得，故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．若成等差数列，则直线过定点 .
【答案】
【解析】由题，有，所以由，得，
整理得，由，解得，
所以直线过定点.
故答案为：
13．已知奇函数 的定义域为 ，其导函数 满足 ，则 .
【答案】3
【解析】由于为奇函数，故，则，
又，故，故，
，，以及，
故，则，
因此为周期函数，且周期为4，故，
故答案为：3
14．设为正整数，从集合的所有二元子集中任取两个，记为，，其中与可以相同.在平面直角坐标系中，记直线与直线的四个交点分别为，则以为顶点的四边形为正方形的概率为 .（用含的代数式表示）附参考公式：
【答案】
【解析】由题知，边长为的正方形有种情况，
故
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）
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D为线段AC的中点，A，C满足
(1)求B；
(2)若的面积为，，求中线BD的长．
【解析】（1）因为，所以，
又因为
所以，，得， （3分）
所以，由余弦定理得，
又B为三角形内角，
所以， （6分）
（2）因为的面积为，，，
所以，，所以，又，
因为BD为的中线，所以，， （10分）
所以，，
所以 （13分）
16．（15分）
已知，如图四棱锥中，底面为菱形，，，平面，E是BC中点，F是PC上一点，且.
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
【解析】（1）连接AC.
∵底面为菱形，，是正三角形，是BC中点，
，又， （3分）
，又平面，
平面，，
又平面，平面，
又平面，
∴平面平面. （6分）
（2）
由（1）知，AE，AD，AP两两垂直，
以AE，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， （7分）
，，，，，
，，
而， （10分）
且，
设平面的法向量，
，取时，， （12分）
.
设平面的法向量为， （13分）
设二面角为
，因为为锐角，所以， （14分）
所以二面角的平面角的余弦值为. （15分）
17．（15分）
在平面直角坐标系中．椭圆C：的左、右焦点为，，过点作x轴的垂线．垂线与椭圆交干P，Q，且的面积为．
(1)求椭圆C的离心率e；
(2)已知，直线l与椭圆C交于A，B两点，且AB中点为，若椭圆C上存在点M，满足，求椭圆C的方程．
【解析】（1），故，可得，
所以，即，解得或；
椭圆离心率，所以或． （5分）
（2）由得，所以，即，所以，椭圆C：，即；
设，，，则，，① （6分）
由N是AB中点得，代入得，
所以，即，即；
由M在椭圆上，则，即， （9分）
整理得，②
将①代入②得：，③
若直线AB的斜率不存在，则线段AB的中点在x轴上，不合乎题意，
线段AB中点为，设直线AB：，由得
，所以，由解得，
所以，直线AB方程为
所以，④ （12分）
将④代入③得：，
满足，所以椭圆C的方程为． （15分）
18．（17分）
已知函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)证明：在上恒成立；
(3)讨论方程在上的根的个数.
【解析】（1）由题意当时，则，
令解得，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增． （3分）
（2）先证明对任意，，
令，，
令解得，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以，即， （6分）
故对任意成立，且当且仅当时取等号，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以在上恒成立． （9分）
（3）由（2），在上恒成立，当且仅当时等号成立，
也即的根为的根，下讨论方程的根的个数，
化简得，令，则，
令解得，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， （13分）
所以，
又，且当时，，时，，
故当时，方程无实根；当时，方程有一个实根；当时，方程有两个实根；当时，方程有一个实根，
综上所述当时，方程无实根；当时，方程有一个实根；当时，方程有两个实根；当时，方程有一个实根． （17分）
19．（17分）
现有公差为的项等差数列，若从中随机取出项后，对于剩余项始终有，则称将取出的项按由小到大顺序排成的数列为的“间子列”．
(1)写出数列，，，的所有间子列；
(2)证明：存在数列的一个间子列，其也为数列的间子列；
(3)从数列中取出若干项从小到大排成一新数列，记该数列为的间子列的概率为，证明：．
【解析】（1）数列，，，的所有间子列为 （4分）
（2）证明：考虑取出间子列后剩下的项，对于数列，考虑其剩下的项不含项的情况，则对于其剩下的项，必有，
若在剩下的项添加项，则必有，对于剩下的项，有，符合条件，则剩余的项在数列的情况下同样满足，故此时取出的数列既是的间子列，也是数列的间子列，得证. （9分）
（3）考虑取出间子列后剩下的数列，
因为间子列和剩余数列互补成原数列，故它们一一对应，即有“抽取到间子列的概率”和“抽取到取完间子列后剩下数列”的概率相同，
记剩余的项按原顺序排成的数列为“剩余列”，
设为数列剩余列的数量，其中，记为不含有剩余列的数量，为含有剩余列的数量，则有，
另一方面，由（2）中的结论有：对于与不含的非双项剩余列，其数量与含的非双项剩余列数量相同，
并且对于的双项剩余列，其由前的每一项和的组合而成；
即， （12分）
由于，故，
故，
故，等价于；
故，
设，
，
故，则对任意的，均有；
所以有， （14分）
因为每个取出的新数列均按照从小到大的顺序排列，故取出的方法总数共有种，
则，
要证即证；
等价于，
当时，由上可知等价命题成立；
故时，必有即， （16分）
，
所以，得证. （17分）