广东省广州市真光中学2025年高考数学适应性试卷（含解析）

这是一份广东省广州市真光中学2025年高考数学适应性试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知z=1−i，则在复平面内，复数zi+2z对应的点位于( )
A. 实轴上B. 虚轴上C. 直线y=x上D. 直线y=−x上
2.已知命题p：∀x∈R，|x+1|>1，命题q：∃x>0，x3=x，则( )
A. p和q都是真命题B. ￢p和q都是真命题
C. p和￢q都是真命题D. ￢p和￢q都是真命题
3.已知变量y关于x的回归方程为y=ebx−0.6，若对y=ebx−0.6两边取自然对数，可以发现lny与x线性相关，现有一组数据如下表所示：
则当x=6时，预测y的值为( )
A. 9B. 8C. e9D. e8
4.目前新能源汽车越来越受到人们的关注与喜爱，其中新能源汽车所配备电池的充电量及正常使用年限是人们购车时所要考虑的重要因素之一.某厂家生产的某一型号的新能源汽车配备了两组电池，且两组电池能否正常使用相互独立.电池的正常使用年限ξ(单位：年)服从正态分布，P(ξ>10)=0.8，P(ξt2)，如图所示，直线l：y=kx+m与椭圆C1、C2依次交于M，N，P，Q四点，证明：|MN|=|PQ|．
(2)当tn=22n−1(n∈N+)时，直线l：y= 22x与椭圆Cn在第一象限内的交点分别为An，设an=|AnAn+1|.
(i)求证：{an}为等比数列，并求出其通项公式；
(ii)令数列bn=lg2an，求证b1b2+b1⋅b3b2⋅b4+b1⋅b3⋅b5b2⋅b4⋅b6+⋯+b1⋅b3⋅b5⋅⋯⋅b2n−1b2⋅b4⋅b6⋅⋯⋅b2n< 2bn+1−1．
19.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，设点P(x,y)，若点Q满足OQ=λOP+(1−λ)OM(λ∈R)，其中M(m,n)为定点，则称点Q是点P关于点M的“λ相关点”．
(1)已知M(1,1)，P(2,3)，当λ=2时，求点P关于点M的“λ相关点”Q的坐标．
(2)已知点A(1,0)，B(0,1)，若点C是点A关于点B的“λ相关点”，且∠AOC=π4，求λ的值．
(3)已知圆O：x2+y2=1，点M(2,0)，点P是圆O上的动点，点Q是点P关于点M的“λ相关点”，若点Q的轨迹与圆O有公共点，求λ的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由z=1−i，得zi+2z=i(1−i)+21−i=1+i+2(1+i)(1−i)(1+i)=2+2i，
复数zi+2z对应的点的坐标为(2,2)，位于直线y=x上．
故选：C．
利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复数zi+2z对应的点的坐标即可．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：命题：p：∀x∈R，|x+1|>1，x=−1时，不成立，所以命题：p是假命题；则￢p是真命题．
命题q：∃x>0，x3=x，x=1时成立，所以命题q是真命题，￢q是假命题；
所以￢p和q都是真命题．
故选：B．
判断命题的真假，命题的否定的真假，即可得到选项．
本题考查命题的真假的判断，命题的否定命题的真假的判断，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：对y=ebx−0.6两边取对数，得lny=bx−0.6，令z=lny，则z=bx−0.6，
x−=1+2+3+4+55=3，z−=1+3+4+6+75=4.2，
代入z−=b x−−0.6得4.2=3b −0.6，故b =1.6，
故z=1.6x−0.6，y=e1.6x−0.6，
当x=6时，y=e1.6×6−0.6=e9．
故选：C．
对y=ebx−0.6两边取对数，得lny=bx−0.6，令z=lny则z=bx−0.6，利用样本中心点在函数图象上即得，进而确定解析式，求出预测值．
本题主要考查线性回归方程，考查运算求解能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：因为P(ξ>10)=0.8，P(ξ10)=0.2，P(ξ≥30)=1−P(ξ0，
即(x1−x2)[g(x1)−g(x2)]>0，
函数g(x)在[0,+∞)上单调递增，
又g(x)为奇函数，
由奇函数的性质可知g(x)在R上单调递增，
由f(2)=3，得g(2)=f(2)+4=7，
所以g(−2)=−g(2)=−7，
由不等式|f(x)+2x|≤7，
可得|g(x)|≤7，
即−7≤g(x)≤7，
则g(−2)≤g(x)≤g(2)，
解得−2≤x≤2，
所以不等式|f(x)+2x|≤7的解集为[−2,2]．
故选：A．
根据给定条件，构造函数g(x)=f(x)+2x，探讨g(x)的奇偶性及单调性，再求解不等式．
本题考查了转化思想、奇函数的性质，考查了利用函数的单调性解不等式，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：由题意得f(x)的定义域为(0,+∞).设g(x)=lnx−ax2，
则g′(x)=1x−2ax=1−2ax2x，令g′(x)=0，得x= 12a，
当x∈(0, 12a)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈( 12a,+∞)时，g′(x)0，
又当x→0+时，g(x)→−∞，当x→+∞时，g(x)→−∞，
所以g(x)在(0,+∞)内有两个零点，设为x1，x2(x10，
当x∈(x1,x2)时，ℎ(x)0，x1+x2=b>0，x1x2=c>0．
又g(x1)=0，g(x2)=0，所以lnx1=ax12，lnx2=ax22，
所以lnx1+lnx2=ax12+ax22=a(x1+x2)2−2ax1x2，
即ln(x1x2)=a(x1+x2)2−2ax1x2，则lnc=ab2−2ac，所以ca(b2−2c)=clnc．
易知x1>1，x2>1，故x1x2=c>1，
设φ(t)=tlnt(t>1)，则φ′(t)=lnt−1(lnt)2，
当t∈(1,e)时，φ′(t)0，φ(t)单调递增，
所以φ(t)min=φ(e)=e，故ca(b2−2c)的最小值为e．
故选：C．
构造函数g(x)=lnx−ax2和ℎ(x)=x2−bx+c，求导，结合零点存在性定理可得x1，x2为方程ℎ(x)=0的两个实数根，所以Δ=b2−4c>0，x1+x2=b>0，x1x2=c>0.进而建立a，b，c间的等量关系，化简ca(b2−2c)，构造函数φ(t)=tlnt(t>1)，求导即可求解．
本题考查导数的综合应用，属于难题．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于A，在频率分布直方图中，所有直方图的面积之和为1，
则(2a+3a+7a+6a+2a)×10=200a=1，解得a=0.005，故A错误；
对于B，前两个矩形的面积之和为(2a+3a)×10=50a=0.250.5，
设该年级学生成绩的中位数为m，则m∈[70,80)，
根据中位数的定义得0.25+(m−70)×0.035=0.5，解得m≈77.14分，
所以估计该年级学生成绩的中位数约为77.14分，故B正确；
对于C，估计成绩在80分以上的同学的成绩的平均数为：
6a6a+2a×85+2a6a+2a×95=87.5分，故C正确；
对于D，估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为：
34[12+(87.5−85)2]+14[10+(87.5−95)2]=30.25，故D正确．
故选：BCD．
对于A，由各组频率之和为1求参数a；
对于B，可由频率分布直方图面积与0.5比较，估计中位数所在区间，利用面积关系建立方程求解可得；
对于C，两组求加权平均数可得；
对于D，由两组成绩的方差与两组总方差的关系求解即可．
本题考查频率分布直方图的应用，属于中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：对于A选项，联立x24−y25=1y= 52x−1，可得x=6 55y=2，
所以直线y= 52x−1与C恰有只有一个公共点，
故选项A错误；
对于B选项，对于双曲线C，则a=2，b= 5，c= a2+b2=3，
所以双曲线C的离心率为e=ca=32，
故选项B正确；
对于C选项，设|F1A|=m，|F2A|=n，
由双曲线的定义可得m−n=2a=4，
由余弦定理可得|F1F2|2=4c2=36=m2+n2−2mncs60°=m2+n2−mn=(m−n)2+mn=16+mn，
可得mn=20，
则S△F1AF2=12mnsin60°=12×20× 32=5 3，故选项C正确；
对于D选项，设点A(x1,y1)、B(x2,y2)，
则线段AB的中点为M(x1+x22,y1+y22)，
则k1=y1−y2x1−x2，k2=y1+y2x1+x2，
则k1k2=y12−y22x12−x22，
由题意可得x124−y125=1x224−y225=1，
所以，x12−x224−y12−y225=0，
则k1k2=y12−y22x12−x22=54，故选项D错误．
故选：BC．
将直线方程与双曲线方程联立，可判断A选项；
直接求出双曲线的离心率可判断B选项；
利用双曲线的定义、余弦定理结合三角形的面积公式可判断C选项；
利用点差法可判断D选项．
本题考查双曲线方程的应用，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：对于A，当AB=AC时，有∠ABC=∠ACB，又因为∠PBC=∠PCA=θ，
所以∠PBA=∠PCB，又因为∠PAB=∠PBC=θ，
所以△PAB～△PBC，
即PAPB=PBPC⇒PB2=PA⋅PC，故A正确；
对于B，由△PAB～△PBC可得：ABBC=PAPB=PBPC，
又因为PC= 2PB，
所以ABBC=PAPB=PBPC= 22，
取BC中点为D，可得AB2BD= 22⇒AB= 2BD⇒BDAB= 22，
又因为AB=AC，所以AD⊥BC，
则cs∠ABD=BDAB= 22⇒∠ABD=π4，
再由正弦定理可得：PBPC=sin∠PCBsin∠PBC= 22⇒sin(π4−θ)sinθ= 22，
展开化简得： 22csθ− 22sinθ= 22sinθ⇒csθ=2sinθ，
再由cs2θ+sin2θ=1⇒cs2θ+14cs2θ=1⇒cs2θ=45，
因为θ一定为锐角，所以csθ=2 55，故B正确；
对于C，由三角形面积关系可得：
S△ABC=S△PAB+S△PAC+S△PBC=12⋅PA⋅c⋅sinθ+12⋅PB⋅a⋅sinθ+12⋅PC⋅b⋅sinθ，
因为θ=30°，所以有S=14(PA⋅c+PB⋅a+PC⋅b)，
在△PAB，△PBC，PAC中，由余弦定理可得：
PB2=c2+PA2−2c⋅PA⋅csθ，
PC2=a2+PB2−2a⋅PB⋅csθ，
PA2=b2+PC2−2b⋅PC⋅csθ，
三个式子相加得：0=c2−2c⋅PA⋅csθ+a2−2a⋅PB⋅csθ+b2−2b⋅PC⋅csθ，
整理得：a2+b2+c2=2csθ(c⋅PA⋅+a⋅PB+b⋅PC)= 3(c⋅PA⋅+a⋅PB+b⋅PC)，
代入PA⋅c+PB⋅a+PCb=4S，
可得：a2+b2+c2=4 3S，故C正确；
对于D，由前面可得：12sinθ(PA⋅c+PB⋅a+PC⋅b)=S，
a2+b2+c2=2csθ(c⋅PA⋅+a⋅PB+b⋅PC)，
代换得：a2+b2+c2=2csθ2Ssinθ=4⋅csθsinθS=4csθsinθ⋅12bcsinA=2csθsinθbcsin2θ=4bcs2θ，
再由余弦定理得：csA=cs2θ=b2+c2−a22bc⇒b2+c2−a2=2bc(2cs2θ−1)=4bccs2θ−2bc，
代换得：b2+c2−a2=a2+b2+c2−2bc，
整理得a2=bc，故D错误．
故选：ABC．
利用相似可以判断A；
利用相似比，结合等腰三角形的三线合一，可得到底角是π4，再利用正弦定理边化角，结合两角和差公式可求角来判断B；
利用余弦定理和结合θ的三角形面积公式来整体化简可判断C；
同样利用角A的余弦定理和面积关系化简求解，可判断D．
本题考查正余弦定理的综合应用，属于难题．
12.【答案】8
【解析】解：由题意，二项式(1+x)4展开式的通项公式为Ar+1=C4r⋅14−rxr=C4r⋅xr(0≤r≤4,r∈N)，
二项式(−2+x)3展开式的通项公式为Bk+1=C3k⋅(−2)3−kxk(0≤k≤3,k∈N)，
则(x+1)4(x−2)3展开式的通项公式为Tr+1,k+1=C4rC3k⋅(−2)3−kxr+k(0≤r≤4,0≤k≤3,r,k∈N)，
令r+k=4，可得r=1，k=3或r=2，k=2或r=4，k=0，
展开式中含x4的系数为C41C33+C42C32(−2)+C43C31(−2)2+C44C30(−2)3=8．
故答案为：8．
写出展开式通项，令x的指数为零，求出参数的值，代入通项后即可得解．
本题考查二项式定理的应用，属于中档题．
13.【答案】2 511
【解析】解：设f(x)=x3+2x−1，
则f′(x)=3x2+2，f″(x)=6x，
当x∈(0,34),f″(x)=6x>0，
故可用牛顿切线法求f(x)=0在区间[a,b]上的根ξ的近似值．
由于|f′(x)|=3x2+2在x∈[0,34]单调递增，
所以|f′(x)|≥2，所以|f′(x)|的最小值为2，即m=2，
y=f(x)图象在点(xk−1,f(xk−1))处的切线方程为：
y=(3xk−12+2)(x−xk−1)+xk−13+2xk−1−1，
化简得y=(3xk−12+2)x−(2kk−13+1)，
令y=0，则xk=2xk−13+13xk−12+2，
由于x0=b=34，
所以x1=2x03+13x02+2=2×(34)3+13×(34)2+2=12，
x2=2x13+13x12+2=2×(12)3+13(12)2+2=511，
所以f(x1)=f(12)=(12)3+2×12−1=18，|f(x1)|2=116>1100，
f(x2)=f(511)=(511)3+2×(511)−1=(511)3−111=4113，|f(x2)|2=21130，即(4k2+1)t1>m2，
由图可知，椭圆C1与直线的交点为点M、Q，设M(xM,yM)，Q(xQ,yQ)，则xM+xQ=−8km1+4k2，
同理，将C2与直线联立可得：(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4t2=0，
Δ=64k2m2−4(4k2+1)(4m2−4t2)>0，即(4k2+1)t2>m2，
可得xN+xP=−8km1+4k2，则线段MQ的中点与线段NP中点重合，设为点D，
即有|MD|=|DQ|，|ND|=|DP|，所以|MD|−|ND|=|DQ|−|DP|，即|MN|=|PQ|；
(2)(i)证明：由题意，联立方程x24+y2=tny= 22x可得34x2=tn，即x2=43tn，
因为交点An在第一象限内，所以点An的横坐标xn=23 3tn，同理可得点An+1的横坐标xn=23 3tn+1，
则an=|AnAn+1|= (xn−xn+1)2−12(xn−xn+1)2= 2( tn− tn+1)2= 2(22n−12−22n+12)2=2n，
所以，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，其通项公式为an=2n；
(ii)证明：由(i)可知，an=2n，则bn=lg2an=n，
设cn=b1⋅b3⋅b5⋯b2n−1b2⋅b4⋅b6⋯b2n=1×3×5×⋯×(2n−1)2×4×6×⋯×(2n)，
设A=1×3×5×⋯×(2n−1)2×4×6×⋯×(2n),B=2×4×6×⋯×(2n)3×5×⋯×(2n+1)，
由k≥1时，2k−12k