广东省广州市2025届高三二模 数学试卷（含解析）

这是一份广东省广州市2025届高三二模 数学试卷（含解析），共22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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．设集合，，则的元素个数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
2．已知复数满足，则的最小值为
A．0B．1C．2D．3
3．声强级（单位：dB）由公式给出，其中为声强（单位：）.轻柔音乐的声强一般在之间，则轻柔音乐的声强级范围是（ ）
A．B．
C．D．
4．的展开式中的系数为（ ）
A．24B．C．D．
5．已知，则（ ）
A．B．C．2D．3
6．已知函数若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知椭圆的左，右焦点分别为，过的直线与相交于两点，且，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数在上的所有极值点从小到大依次记为，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．一组成对样本数据的散点位于一条直线附近，它的样本相关系数（其中），由最小二乘法求得经验回归方程（其中），则（ ）
A．若，则
B．若，则成对数据的样本相关系数等于
C．若，则成对数据的样本相关系数大于
D．若，则成对数据的经验回归方程
10．瑞士著名数学家欧拉在1765年提出：三角形的外心，重心，垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.若的三个顶点坐标分别为，，其“欧拉线”为，圆，则（ ）
A．过作圆的切线，切点为，则的最小值为4
B．若直线被圆截得的弦长为2，则
C．若圆上有且只有两个点到的距离都为1，则
D．存在，使圆上有三个点到的距离都为1
11．已知是球的球面上两点，为该球面上的动点，球的半径为4，，二面角的大小为，则（ ）
A．是钝角三角形
B．直线与平面所成角为定值
C．三棱锥的体积的最大值为
D．三棱锥的外接球的表面积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．若函数（，且）是偶函数，且，则 .
13．一个袋子里有大小和质地相同的4个球，标号为1，2，3，4，从中有放回地随机取球，每次取1个球，共取4次，把每次取出的球的标号排成一列数，则这列数中恰有3个不同整数的概率为 .
14．在平面四边形中，，若的面积是的面积的2倍，则的长度为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．设为数列的前项和，且是和8的等差中项.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，数列的前项和为，证明：.
16．如图，直四棱柱的底面是菱形，为锐角，分别为棱的中点，点在棱上，且，点在直线上.
(1)证明：平面；
(2)若直四棱柱的体积为，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求的长.
17．已知函数（，且）.
(1)若，直线与曲线和曲线都相切，求的值；
(2)若，求的取值范围.
18．已知双曲线的右焦点到的一条渐近线的距离为.
(1)求的方程；
(2)设点在的右支上，过点作圆的两条切线，一条与的左支交于点，另一条与的右支交于点（异于点）.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）当的面积最小时，求直线和直线的方程.
19．设，集合（为向量），若，定义.
(1)若，且，写出所有的；
(2)若，且，设满足的的个数为，求的值；
(3)从集合中任取两个不同的向量，记，求的分布列与数学期望.
参考答案
1．【答案】B
【详解】由，可得，
所以.
故的元素个数为3.
故选B.
2．【答案】B
【详解】分析：设，根据，可得的轨迹方程，代入，即可得出．
详解：设，，
∴，∴，
∴，
则==≥．
当时取等号．
故选B．
点睛：本题考查了复数的运算法则、模的计算公式、一次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
3．【答案】C
【详解】依题意可得，所以，所以，
所以，即轻柔音乐的声强级范围是.
故选C
4．【答案】D
【详解】因为展开式的通项为，
所以的系数为．
故答案为：.
5．【答案】A
【详解】由可得，
所以，
又易知，因此可得，
即可得，
所以，解得.
故选A.
6．【答案】B
【详解】易知当时，函数单调递增，且;
当时，函数，易知,
显然当时，恒成立，即在上单调递增；
当时，；当时，，
此时函数的图象大致如下图所示：

若函数恰有2个零点，即函数的图象与有两个交点，
由上图可知；
当时，根据对勾函数性质可知，
当且仅当时，等号成立；
此时其图象大致如下图：

显然函数的图象与没有交点，不合题意；
综上可知，实数的取值范围是.
故选B.
7．【答案】D
【详解】由题意作出图形如图所示：

设，又，所以，
又，，所以，所以，
又因为，所以，解得，
所以，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
因为，
所以，
整理得，所以，解得.
故选D.
8．【答案】B
【详解】
，则或.
如图，画出图象，
结合图象可知在两侧附近正负相反，可得极值点有8个.
则互为相反数，因，
则，又注意到，
则.
故选B.
9．【答案】ABD
【详解】当时，变量正相关，所以，故A正确；
因为，所以成对数据对应点相当于把成对数据对应的点向下平移2个单位，不改变变量的相关性，故B正确；
因为，则成对数据对应点相当于把成对数据对应的点横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，故变量间的相关性不变，故C错误；
当，由可知，新的回归直线方程中斜率变为，，则成对数据的经验回归方程，故D正确.
故选ABD.
10．【答案】BC
【详解】由题意，
的三个顶点坐标分别为，，
在圆中，，半径
，
A项，
过作圆的切线，切点为，如图所示，
∴,
在中，由勾股定理得，
∴
∴当时，取最小值，，故A错误；
B项，
重心坐标即,
所在直线，即
线段的中点,
∴的垂直平分线为：，
同理可得，的垂直平分线为：，
，解得：，
∴外心
由几何知识得，垂心与外心重合，
∴过和，，即，
直线被圆截得的弦长为2，恰好为圆的直径，
∴直线过圆心，
∴，即，B正确；
C项，圆上有且只有两个点到的距离都为1，
∴圆心到直线即的距离小于直径.
∴，解得：，故C正确；
D项，由几何知识得，
圆上不可能有三个点到直线的距离均为半径1，故D错误；
故选BC.
11．【答案】ABD
【详解】如下图所示：
易知，由可得；
固定平面，由二面角的大小为可知为一个与平面夹角为的平面与的交点（在的右侧），
如图中过平面的虚线形成的劣弧所示：
取的中点为，作平面，则有，
又易知，
如下图所示：
在劣弧上运动，
对于A，易知，因此可得是钝角三角形，即A正确；
对于B，设直线与平面所成的角为，
则，为定值，即B正确；
对于C，作，
易知三棱锥的体积的最大值为
，即C错误；
对于D，设三棱锥的外接球的球心为，如下图：
由于是的外心，则平面，因此三点共线，
设，
在中由勾股定理可得，解得；
因此三棱锥的外接球的表面积为，即D正确.
故选ABD.
12．【答案】
【详解】因为是偶函数，则，可得，
所以，所以或，
则（舍去）或，所以，
又，所以，所以，又，解得.
13．【答案】
【详解】每次均有4种不同的取法，故总的取法数有种，
这列数中恰有3个不同整数，则必有一个数取了2次，
故这列数中恰有3个不同整数的取法数有种，
故这列数中恰有3个不同整数的概率为.
14．【答案】
【详解】如图，以D点为原点，取AC中点为F，以DF所在直线为x轴，
以过D点，垂直于DF直线为y轴，建立直角坐标系.
又
则.
过C，A两点作DB垂线，垂足为G，H，则.
又注意到，则.设，则，
则.
注意到B，E，D三点共线，则，则.
又
则或，又由图可得，则.
则.

15．【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）解法1：因为是和8的等差中项，
所以，即.①
当时，，得.
当时，，②
①－②得，得，即.
所以数列是以首项为8，公比为2的等比数列.
所以.
解法2：因为是和8的等差中项，
所以，即.
当时，，得.
当时，，得.
当时，，得.
猜想：.
（下面用数学归纳法证明）
1当时，可知猜想成立，
2假设时，猜想成立，即，
依题意，得，得，
又，得，
则，
得.
即当时，猜想也成立.
由1，2可知猜想成立，即.
（2）因为，
得，
所以.
由于，得，
得，
所以.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取的中点，连接，
因为为的中点，所以，且.
又，且，则，且.
所以四边形是平行四边形.
所以.
因为，则为的中点.
又为的中点，则
所以.
因为平面平面，
所以平面.
（2）解法1：由于直四棱柱的体积为，
得，
得，
由于为锐角，则.
分别以直线为轴，以的边上的高线为轴，建立空间直角坐标系.
则，
，设，
，
设平面的法向量为，直线与平面所成角为，
由，即，取，
则平面的一个法向量为.
则.
当时，取得最大值.
此时.
所以的长为.
解法2：由于直四棱柱的体积为，
得，得，
由于为锐角，则.
连接，设，连接，设，
以为原点，分别以直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，
.
设，即，
则.
设平面的法向量为，直线与平面所成角为，
由，即，
令，则，
则平面的一个法向量为，
,
为，
则.
当时，取得最大值.
此时.
所以的长为.
解法3：由于直四棱柱的体积为，
得，
得，
由于为锐角，则.
由（1）知平面且点在直线上，
则点到平面的距离为定值.
设直线与平面所成角为，
则.
当最小时，取得最大值.
如图，过作，交的延长线于点，连接，
由于，，则平面.
又平面，则.
则为所求.
在中，
.
，
在中，.
17．【答案】(1)8
(2)
【详解】（1）解法1：设直线与曲线的切点坐标为，
由于，则，
解得，
则切点坐标为.
直线，即.
由得，
由，解得或（舍去），
当时，得，符合题意，
所以.
解法2：设直线与曲线的切点坐标为，
由于，则，
解得，
则切点坐标为.
直线，即.
当时，函数的定义域为，
设直线与曲线的切点坐标为，
由，得，得.
得，即，
则.
解得.
（2）解法1：①当时，则函数的定义域为.
由于，
则，不符合题意.
所以不符合题意.
②当时，则函数的定义域为.
显然.
当时，由，得，即.
令，则.
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增.
则当时，取得最小值，其值为.
则，即.
综上所述，的取值范围为.
解法2：当时，由，得，即，
得.
令，则.
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增.
则当时，取得最小值，其值为.
则，即.
综上所述，的取值范围为.
18．【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii），
【详解】（1）解：由于双曲线的右焦点为，所以.
双曲线的渐近线方程为，即为，
由于点到的一条渐近线的距离为，则.
解得所以的方程为.
（2）（ⅰ）证明：显然圆的切线的斜率存在，
设切线的方程为，
由于切线不平行的渐近线，则.
由圆心到切线的距离，得.
由消去得，
由题意知.设，
则，
而
.
则，
则.
所以，即.
（ⅱ）解法1：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，则，
.
由（ⅰ）得，
又，
则.
当时，.
此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
解法2：由（ⅰ）同理可得，
所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，
则.
在中，，
在中，，
则，
当时，，即的面积的最小值为3.
此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
解法3：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，
则.
在中，，
在中，，
由于，则，
根据基本不等式得，
得，则，即的面积的最小值为3.
当且仅当等号成立，
根双曲线的对称性知，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.

19．【答案】(1)
(2)，，
(3)分布列见解析，
【详解】（1）设，，，
因为，，
所以，，
所以，
若，则，
若，则，或，，
所以满足的为：.
（2）解法1：因为，
则满足等价于向量的坐标中有个位置上的值为1，剩下个位置上的值为0，即.
由二项式定理，，
所以，
因此，，，
解法2：因为，
则满足等价于向量的坐标中有个位置上的值为1，剩下个位置上的值为0，即.
因为，所以，，，，，
所以，为奇数时，
.
为偶数时，
.
因此，，；
（3）解法1：若，则，，与为不相等的向量矛盾，
所以随机变量的可能取值有，
对于的随机变量，在坐标与中有个对应位置上的值均为1，剩下个对应位置上的值有3种对应关系，
且个对应位置上的值不能同时为0，否则，两个向量相等，
此时所对应情况数为种.
中元素的个数为个，所以.
所以随机变量的分布列为：
所以随机变量的数学期望为.
首先计算.
设，
两边求导得，，
两边乘以后得，
令，得，
所以
所以.
下面计算
因为，
，
，
，
因为，
所以，所以.
所以.
解法2：由题意可知，，
对于的随机变量，在坐标与中有个对应位置上的值均为1，剩下个对应位置上的值有3种对应关系，
且个对应位置上的值不能同时为0，否则，两个向量相等，
此时所对应情况数为种.
中元素的个数为个，所以.
所以随机变量的分布列为：
所以随机变量的数学期望为，
令，因为，
可得
其中，
因为，
所以，
，，
所以.