2025年广东省广州市真光中学高考数学适应性试卷（含答案）

这是一份2025年广东省广州市真光中学高考数学适应性试卷（含答案），共11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17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．
参考答案
1.C
2.B
3.C
4.D
5.D
6.D
7.A
8.C
9.BCD
10.BC
11.ABC
12.8
13.2 511
14.500 281 200π9．
15.解：(1)由正弦定理及bsinB= 3c1+csC，得sinBsinB= 3sinC1+csC，
即 3sinC=1+csC，
整理得，2sin(C−π6)=1，即sin(C−π6)=12，
因为C∈(0,π)，所以C−π6∈(−π6,5π6)，
所以C−π6=π6，即C=π3．
(2)因为△ABC的面积为2 3，
所以12absinC= 34ab=2 3，即ab=8，
由余弦定理，得c2=a2+b2−2abcsC=a2+b2−ab=(a−b)2+ab=22+8=12，
所以c=2 3，
设边AB上的高ℎ，
由12cℎ=2 3，解得ℎ=4 3c=2．
16.解：(1)证明：如图，取棱CD靠近D的三等分点R，连结AR，BR，则Q是CR的中点，
因为P为棱AC的中点，所以PQ是△ACR的中位线，所以PQ//AR，
因为PQ⊥BC，所以BC⊥AR，
设BC= 3a，因为∠BCD=∠BDC=π6，所以BD= 3a，作BH⊥CD，连接BR，

则CD=2BCcs∠BCD=3a，因为DQ=2QC，所以CR=2a．
在△BCR中，由余弦定理得：BR= ( 3a)2+(2a)2−2×( 3a)×(2a)×cs∠BCD=a，
因为BR2+BC2=CR2，所以BC⊥BR．
又因为AR∩BR=R，AR，BR⊂面ABR，所以BC⊥平面ABR，
因为AB⊂面ABR，所以BC⊥AB．
又因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，AB⊂平面ABC，
所以AB⊥平面BCD；
(2)由(1)知，AB⊥BC，AB⊥BR.以B为原点，BC的方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系B−xyz．
令AB=BD= 3，所以C( 3,0,0),A(0,0, 3),R(0,1,0),Q( 32,12,0)，
设平面CPQ的法向量为n1=(x,y,z)，
则n1⋅AC=0,n1⋅AR=0,即 3x− 3z=0,y− 3z=0,令z=1，可得x=1,y= 3，所以n1=(1, 3,1)．
连接BQ，此时BD= 3，QD=2，由余弦定理得：BQ=1，
因为BQ2+BD2=CD2，所以BQ⊥BD，

因为AB⊥平面BCD，所以BQ⊥AB，
因为AB，BD⊂面ABD，AB∩BD=B，
所以BQ⊥面ABD，所以平面ABD的一个法向量为BQ=( 32,12,0)．
设平面CPQ和平面ABD的夹角为θ，则csθ=|n1⋅BQ||n1|⋅|BQ|= 3 5= 155，
所以平面CPQ和平面ABD夹角的余弦值为 155．
17.解：(1)若选择方案一，设该同学获得学习用品的价值为X元，
由题意可知，X的所有可能取值为50，30，0，
则P(X=50)=13×12×12=112，P(X=30)=13×12×(1−12)+13×(1−12)×12+(1−13)×12×12=13，P(X=0)=1−112−13=712，
所以E(X)=50×112+30×13+0×712=256+10=856；
若选择方案二，设该同学获得学习用品的价值为Y元，
由题意可知，Y的所有可能取值为70，40，0，
则P(Y=70)=C33(13)3=127，P(Y=40)=C32(13)2×(1−13)=29，P(Y=0)=1−127−29=2027，
所以E(Y)=70×127+40×29+0×2027=7027+809=31027，
因为856>31027，
所以E(X)>E(Y)，
故选择方案一比较合适；
(2)设“该同学抽取中奖”为事件A，“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为B1，B2，B3，
则P(B1)=P(B2)=P(B3)=13，P(A|B1)=13，P(A|B2)=P(A|B3)=12，
所以P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)=13×13+13×12+13×12=49，
故P(B2|A)=P(B2A)P(A)=P(B2)P(A|B2)P(A)=13×1249=38．
18.解：(1)证明：根据题意可知，曲线Cn：x24+y2=tn,(tn>0,n∈N+)，
直线l：y=kx+m与椭圆C1、C2依次交于M，N，P，Q四点，
联立方程x24+y2=t1y=kx+m可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4t1=0，
Δ=64k2m2−4(4k2+1)(4m2−4t1)>0，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