广东省江门市2025届高三下学期一模数学试题 含解析

这是一份广东省江门市2025届高三下学期一模数学试题 含解析，共18页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
本试卷共6页，19小题，满分150分．考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡规定的位置上．
2．做选择题时，必须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．
3．答非选择题时，必须用黑色字迹钢笔或签字笔，将答案写在答题卡规定的位置上．
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上作答无效．
5．考试结束后，将答题卡交回．
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i是虚数单位，复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘法与除法化简复数成代数形式，利用共轭复数定义即得.
【详解】由，则.
故选：D.
2. 已知一组数据的平均数为16，则这组数据的第60百分位数为（ ）
A. 17B. 16.5C. 16D. 15.5
【答案】B
【解析】
【分析】由给定的平均数求出，再由第60百分位数的定义求解即可.
【详解】由数据的平均数为16，得，解得，
由，得数据的第60百分位数为.
故选：B
3. 现有编号为的4个小球和4个盒子，把4个小球随机放进4个盒子里，每个盒子装1个小球，则恰好有2个小球与盒子的编号相同的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用排列、组合计数问题求出试验及所求概率的事件含有的基本事件数，再求出古典概率.
【详解】把4个小球随机放进4个盒子里，每个盒子装1个小球的试验的基本事件总数为，
恰好有2个小球与盒子的编号相同的事件含有的基本事件数为，
所以恰好有2个小球与盒子的编号相同的概率为.
故选：A
4. 记为等比数列前项和．若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，根据已知条件求出的值，再利用等比数列的求和公式可求出的值.
【详解】设等比数列的公比为，由得，可得，
所以，，
所以，.
故选：C.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用和差角的正弦公式及二倍角的余弦计算得解.
【详解】由，得，即，
因此，所以.
故选：B
6. 在矩形中，成等差数列，，则矩形的周长为（ ）
A. 10B. 12C. 14D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量加法三角形法则，得到，再由等差数列的性质和矩形的性质即可求得结果.
【详解】因为，所以,
故，又成等差数列，所以,
即①,在矩形中，由②,
将①式代入②式解得：或(舍去)，
把结果代入①式得，故矩形的周长为,
故选：C
7. 已知边长为1的正方形绕边所在直线为轴旋转一周形成的面围成一个圆柱，点和分别是圆柱上底面和下底面的动点，点是线段的中点，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据图形得到当，且时，点P到平面的高最大，再利用等体积转化法即可求得结果.
【详解】
由题意知，，三角形的面积为
设点P到平面的高为h，
又，
要使三棱锥体积的最大，则需h最大，根据图形可得，
当，且时，h最大，最大为1，
.
故选：B
8. 在中，已知，是上的点，平分，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由角平分线的性质可得出，设，则，由可得出，然后在中应用余弦定理可求得的长，利用正弦定理可求出的值，利用同角三角函数的基本关系可求得的值.
【详解】如下图所示：
因为平分，由角平分线的性质可知点到边、的距离相等，
因为，设，则，
由可得，
可得，
在中，由余弦定理可得
，故，
由正弦定理可得，所以，，
易知为锐角，则，
所以，.
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（常数）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（ ）
A.
B. 展开式中奇数项的二项式系数的和为256
C. 展开式中的系数为
D. 若展开式中各项系数的和为1024，则第6项的系数最大
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意写出展开式的通项，根据组合数的对称性、二项式系数之和、赋值法以及二项式系数的单调性，逐项检验，可得答案.
【详解】由，则其展开式的通项为，
对于A，根据题意可得，由组合数的性质可知，故A正确；
对于B，由，则展开式中奇数项的二项式系数之和为，故B错误；
对于C，由解得，则展开式中的系数为，故C正确；
对于D，令，则展开式中各项系数之和，解得，
可得展开式的通项为，即每项系数均为该项的二项式系数，
易知展开式中第项为二项式的中间项，则其系数最大，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知曲线，则（ ）
A. 曲线关于轴对称
B. 曲线围成图形的面积为
C. 曲线上的点到点的距离最大值为
D. 若点是曲线上的点，则的最大值为1
【答案】AD
【解析】
【分析】用换判断A；确定曲线对应的图形，结合圆的相关知识求解判断BCD.
【详解】对于A，令是曲线上的任意一点，即，
则成立，即点在曲线上，因此曲线关于轴对称，A正确；
当时，，即，是以为圆心，
2为半径的圆在直线及上方的半圆，当时，，
即，是以为圆心，为半径的圆在直线及下方部分，
对于B，曲线在直线及上方的半圆面积为，B错误；
对于C，曲线在直线及下方部分上的点与点的距离最大值为
，C错误；
对于D，表示曲线上的点与点确定直线斜率的，
观察图形知，当过点的直线与曲线在轴下方部分相切时，直线斜率最大，
设此切线方程为，则，解得，所以的最大值为1，D正确.
故选：AD
11. 已知函数，其中，则（ ）
A. 函数是周期函数
B. 当时，函数的值域为
C. 当时，是函数图象的对称轴
D. 当时，函数在上有零点
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用周期函数的定义判断A；利用二倍角的余弦，结合含余弦的二次型函数值域判断B；利用对称的定义判断C；求出导数，利用零点存在性定理判断D.
【详解】对于A，依题意，，由，
，得，
因此函数是周期函数，A正确；
对于B，，而，
则当时，，当时，，B正确；
对于C，，当时，
，则函数图象关于点成中心对称，关于不对称，C错误；
对于D，，，
，又函数在R上的图象连续不断，因此函数在上有零点，D正确.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：函数定义域为D，，
①存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称.
②存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 曲线C：在点M（1，e）处的切线方程为_____________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：因为，所以切线斜率为，切线方程为，
考点：导数几何意义
13. 已知是第三象限角，则曲线的离心率的取值范围为________．（用区间表示）
【答案】
【解析】
【分析】分析可得，分析可知，曲线为双曲线，利用双曲线离心率公式可求得双曲线离心率的取值范围.
【详解】因为是第三象限角，则，
曲线的方程可化为，曲线为双曲线，且，，
所以，双曲线的离心率为.
故答案为：.
14. 在某平台开展闯关赢奖品活动中，用户每次进入新的一关都有一次抽奖机会．已知用户在第一关抽到奖品的概率为．从第二关开始，若前一关没抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为；若前一关抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为．记用户第关抽到奖品的概率为，则的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用全概率公式列式，再利用构造法求出通项公式，按的奇偶分类求解得最大值.
【详解】依题意，，记用户第关抽到奖品为事件，当时，，
，，，
于是，则，
而，因此数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，即，
当为奇数时，，则；
当为偶数时，，数列是递减数列，，
所以的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：利用全概率公式构建数列的递推关系，再利用构造法求出通项公式是求解的关键.
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. 东湖公园统计连续天入园参观的人数（单位：千人）如下：
（1）建立关于的回归直线方程，预测第天入园参观人数；
（2）东湖公园只开放南门、北门供游客出入，游客从南门、北门入园的概率相同，且从同一个门出园的概率为，从不同一个门出园的概率为．假设游客从南门、北门出入公园互不影响，如果甲、乙两名游客从南门出园，求他们从同一个门入园的概率．
附：参考数据：，，，．
参考公式：回归直线方程，其中，．
【答案】（1）回归方程为，人数约为千人
（2）
【解析】
【分析】（1）将相关数据代入最小二乘法公式，求出、的值，可得出回归直线方程，将代入回归直线方程，可预测出第天入园参观人数；
（2）记事件甲、乙两名游客从南门出园，事件甲、乙两名游客从同一个门入园，计算出、的值，利用条件概率公式可求得
【小问1详解】
由最小二乘法公式可得，
则，
所以，关于的回归直线方程为，
当时，，
因此，预测第天入园参观人数约为千人.
【小问2详解】
记事件甲、乙两名游客从南门出园，事件甲、乙两名游客从同一个门入园，
则，
如果甲、乙都从南门入园，且都从南门出园，其概率为，
如果甲、乙都从北门入园，且都从南门出园，其概率为，
如果甲从南门入园，乙从北门入园，且都从南门出园，其概率为，
如果甲从北门入园，乙从南门入园，且都从南门出园，其概率为，
，
由条件概率公式可得.
因此，如果甲、乙两名游客从南门出园，则他们从同一个门入园的概率为.
16. 如图，在斜棱柱中，底面为菱形，，．
（1）证明：；
（2）若，求的长度．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定与性质，可得答案；
（2）根据面面垂直的判定与性质，可得答案.
【小问1详解】
过点作平面，垂足为，连接，如下图：
因为，，，所以，则，
因为平面，平面，所以，
因为，所以，则，
可得点在线段的中垂线上，即，所以共面，
易知，因为，平面，所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
连接，记，连接，如下图：
在中，由，且，则，
由（1）可知平面，
因平面，所以平面平面，
因为平面平面，所以平面，
在中，，，则，
易知，则，所以底面为正方形，
由，则.
17. 已知函数．
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）当时，求函数的极值．
【答案】（1）答案见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由函数解析式明确定义域，并判断其奇偶性，根据化简后的解析式以及求导可得其单调性；
（2）由函数解析式明确定义域，并判断其奇偶性，利用导数与极值关系以及分类讨论，可得答案.
【小问1详解】
由，则函数，易知其定义域为，
由，则函数为偶函数，
当时，，显然当时，函数在上单调递增，
当时，求导可得，令，解得，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
综上，当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在与上单调递增，在与上单调递减.
【小问2详解】
由时，则函数，可得，解得或，
所以函数的定义域为，由（1）易知函数为偶函数，
当时，则函数，
当时，函数上单调递增，此时无极值；
当时，求导可得，令，解得，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故函数的极大值为，
由函数为偶函数，则函数的极大值为，
综上，当时，函数无极值；
当时，函数的极大值为，无极小值.
18. 已知椭圆的焦距为，以椭圆短轴一个端点和两个焦点为顶点的三角形是直角三角形，过点的直线分别交椭圆于点，点始终在第一象限且与点关于轴对称，直线分别交轴于点．
（1）求椭圆的方程；
（2）求点的坐标；
（3）证明：．
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出即得椭圆的方程.
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，求出直线方程并结合韦达定理求出该直线与轴交点.
（3）由（2）的信息，利用弦长公式推理得证.
【小问1详解】
由椭圆短轴一个端点和两个焦点为顶点的三角形是直角三角形，得，则，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
设直线方程为，，，
由点在第一象限且与点关于轴对称，得直线关于轴对称，，
由消去得，
则，，
直线方程为，令，得
，
所以点.
【小问3详解】
由（2）知，，，
由，得，
因此，
所以.
19. 意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是悬链线．在17世纪，惠更斯、莱布尼茨、约翰·伯努利等得到悬链线方程是，其中c为参数．当时，该方程就是双曲余弦函数．相应地就有双曲正弦函数．已知三角函数的三个关系式：①平方关系：；②二倍角关系：；③导数关系：
（1）类比关系式①②③，写出和之间的三种关系式（不需要证明）；
（2）当时，不等式恒成立，求的取值范围；
（3）设无穷数列满足，是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）① 平方关系：；② 二倍角关系：；③ 导数关系：，.
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求出和即可求解，求出和即可求解，求出和即可求解；
（2）证明存在足够小的使得，令，讨论的情况，并结合导数检验即可求解；
（3）根据与递推式形式一致求出，求出即可求解.
【小问1详解】
（1）双曲函数关系式
① 平方关系：；
② 二倍角关系：；
③ 导数关系：，.
证明如下（不需要写出）：
因为，
，
所以；
因为，
，
所以；
，
【小问2详解】
因为，所以，
所以，，
当时，设，
若，则存在足够小的使得矛盾，
所以，因为，
观察，
令，，
当且仅当时等号成立，
所以在时单调递增，
因为，所以对成立，
即，所以满足题意，
所以；
【小问3详解】
因为与递推式形式一致，
所以假设，其中为待定参数，
因为符合递推关系，
所以，因为，
所以，因为，
得，令，
方程变为，解得或，
所以或，所以或，
因为是偶函数，所以不妨设，
所以，，
所以
【点睛】关键点点睛：本题（2）关键在于证明存在足够小的使得，（3）关键在于根据与递推式形式一致求出.
日期
月日
月日
月日
月日
月日
第天
4
参观人数