2025届广东省三校“决胜高考，梦圆乙巳”第一次联合模拟（一模）考试数学试题（解析版）

这是一份2025届广东省三校“决胜高考，梦圆乙巳”第一次联合模拟（一模）考试数学试题（解析版），共19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
1．一个圆台的上､下底面的半径分别为1和4，高为4，则它的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用圆台的表面积公式即可.
【详解】
依题意，设圆台的高为，所以圆台的母线长为，
则圆台的表面积为，
故选：B.
2．某校高一年级有400名学生,高二年级有360名学生,现用分层抽样的方法在这760名学生中抽取一个样本.已知在高一年级中抽取了60名学生,则在高二年级中应抽取的学生人数为
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】先算出总人数中高二与高一学生人数之比，再由抽取的样本中高二与高一学生人数之比不变求出高二应抽取人数.
【详解】解：在总人数中高二与高一学生人数之比为360：400=9:10
所以在抽取的样本中高二与高一学生人数之比仍为360：400=9:10
因为高一抽取了60人，所以高二应抽取54人
故选B.
【点睛】本题考查了分层抽样，属于基础题.
3．已知点F，A分别是椭圆的左焦点、右顶点，满足，则椭圆的离心率等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先根据推断出，进而根据勾股定理可知，把进而整理关于a和c的方程求得即离心率e的值.
【详解】 ，，
，即，
整理得，即，
等号两边同时除以得，即，求得，
，，
故选：B.
4．由数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中偶数共有（ ）
A．60个B．48个C．36个D．24个
【答案】B
【分析】由题意得，可分两步进行求解：第一步，先对末位排序，第二步再对前四位排序，根据分步计数原理，可求得结果.
【详解】由题意得，末位一定为2，4中的一个，所以有2种排法，
前面四位数全排列共有种排法，
故没有重复数字的五位偶数的个数为个.
故选：B.
【点睛】本题考查排列知识的应用，考查学生对基础知识的掌握程度，属基础题.
5．已知是定义在上的奇函数，且在上单调递增，，则的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据函数的奇偶性以及在上单调递增，判断出的值的正负情况，解不等式即可得答案.
【详解】由题意得，，在，上为增函数，
当时，，当时，，
由可得，或，
解得或，
综上所述，或．
故选：C．
6．19世纪的法国数学家卢卡斯以研究斐波那契数列而著名，以他的名字命名的卢卡斯数列满足，若其前项和为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据递推公式累加即可.
【详解】因为所以
累加得：
即.
故选：D.
7．已知向量，，且，则向量与的夹角等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用向量垂直则数量积为零，可求出t，再由利用向量数量积的坐标运算求向量的夹角即可.
【详解】由，，得，
由，得，解得，则，
则，，，
因此，而，
所以.
故选：D
8．设函数，则
A．函数无极值点B．为的极小值点
C．为的极大值点D．为的极小值点
【答案】A
【解析】求出函数的导函数，即可求得其单调区间，然后求极值．
【详解】解：由函数可得：，
∴函数在R上单调递增．
∴函数的单调递增区间为．
∴函数无极值点．
故选A．
【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的极值，属于基础题．
二、多选题
9．午饭时间；B同学从教室到食堂的路程与时间的函数关系如图，记时刻的瞬时速度为，区间上的平均速度分别为，则下列判断正确的有（ ）
A．
B．
C．对于，存在，使得
D．整个过程小明行走的速度一直在加快
【答案】AC
【分析】可通过题意，分别表示出，，，再根据选项A，B进行比大小，即可确定；选项C可根据图像，由线与直线的交点，即可判断，选项D，可以观察曲线在各点处的切线方程的斜率，即可判断．
【详解】由题意可知；，，，
由图像可知，，即，因此，，
所以，因此，此时，故A正确；
由，可化为，故，故B不正确；
由图像可知，直线与曲线的交点为，，故存在，使得，即当时，，故C正确；
时刻的瞬时速度为判断平均速度的快慢，可以看整个曲线在各点处的切线方程的斜率，
由图象可知，当时，切线方程的斜率最大，
故而在此时，速度最快，故D不正确.
故选：AC.
10．对于函数，下列说法正确的是（ ）
A．在上单调递减，在上单调递增
B．当时，
C．若函数有两个零点，则
D．设，若对，，使得成立，则
【答案】BD
【分析】根据函数的定义域即可判断A；利用导数判断函数在上的单调性即可判断B；求出函数的单调区间，作出函数的图象，结合图象即可判断C；结合C选项即可判断D.
【详解】对于A选项，的定义域为，所以A选项错误；
对于B选项，，当时，，递减，
由于，所以，
由于，
所以由两边乘以得 ，所以B选项正确；
对于C选项，令，
由于，所以在区间递减，
在区间递增，
当时，，当时，，，
函数的定义域为，
又，所以函数为偶函数，
由此画出的图象如图所示，
由图可知，当或时，直线与的图象有两个交点，
即当或时，函数有两个零点，所以C选项错误；

对于D选项，由上述分析可知，，
则，，，
要使“对，，使得成立”，
则需，所以D选项正确．
故选：BD.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
11．已知为坐标原点，焦点为的抛物线过点，过且与垂直的直线与抛物线的另一交点为，则（ ）
A．B．
C．D．直线与抛物线的准线相交于点
【答案】ACD
【分析】将点代入抛物线方程可确定抛物线方程，可判断A；由抛物线定义可求，可判断B；求出直线的方程，与抛物线方程联立解得点，从而求出，可判断C；易求出直线与准线交点，可判断D.
【详解】由抛物线过点，
可得，则，故A正确；
由上可知抛物线，准线方程为，
所以，故B错误；
由已知可得，所以直线的方程为，即，
联立方程组，得，
解得或，故，
所以，故C正确；
由直线的方程，令，得，
所以直线与抛物线的准线相交于点，故D正确.
故选：ACD
三、填空题
12．若函数存在唯一极值点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】由，可得出，可知直线与函数的图象有一个交点（非切点），利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围．
【详解】，则，
若函数存在唯一极值点，
则在上有唯一的根，
所以由可得，则有唯一的根，
直线与函数的图象有一个交点（非切点），
又，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，函数的极大值为，且当时，，当时，，
则函数得图象如下图所示：

所以，当时，即当时，直线与函数的图象有一个交点（非切点），
因此，实数的取值范围是．
故答案为：．
13．在正方体中，点P、Q分别在、上，且，，则异面直线与所成角的余弦值为
【答案】/
【分析】以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值.
【详解】设正方体中棱长为3，
以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，，
设异面直线与所成角为，则.
即异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
14．已知等差数列的公差，且、、成等比数列，则的值是 .
【答案】
【分析】根据、、成等比数列得出与的等量关系，代入可求得的值.
【详解】等差数列的公差，且、、成等比数列，，
即，解得，，
因此，.
故答案为：.
【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，同时也考查了等比中项性质的应用，考查计算能力，属于基础题.
四、解答题
15．如图，在三棱锥中，，，为中点．
(1)证明：平面；
(2)若点在棱上，，且，求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证得和，然后根据线面垂直的判定定理即可得出结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角坐标公式即可求出结果.
【详解】（1）解：（1）证明：因为，且为中点，所以，
因为，且为中点，所以，因为，且为中点，
所以，因为，，，所以，所以，
，所以平面.
（2）解：因为，且为中点，所以，从而，，两两垂直，
如图，建立以为原点，以，，分别为，，轴的空间直角坐标系，
易知，，，，
设，由，即，可求得，
所以，，
不妨设平面的一个法向量为，则，
即，
令，则，，所以，
取平面的一个法向量为，
所以，
所以二面角的大小为．
16．已知实数满足．
(1)证明：；
(2)证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）直接利用即可证明.
（2）根据绝对值不等式并结合（1）中结论即可证明.
【详解】（1）因为，
当时等号成立，则，
因为，所以;
（2）
17．如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，H为PC的中点，M为AH中点，PA=AC=2，BC=1．
（Ⅰ）求证：AH⊥平面PBC；
（Ⅱ）求PM与平面AHB成角的正弦值；
(Ⅲ)在线段PB上是否存在点N，使得MN∥平面ABC，若存在，请说明点N的位置，若不存在，请说明理由．
【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）（Ⅲ）点N是靠近B点的四等分点
【分析】（Ⅰ）根据线面垂直判定与性质定理进行论证，（Ⅱ）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，列方程组解得平面AHB的一个法向量，根据向量数量积求向量夹角，最后根据向量夹角与线面角关系得结果，（Ⅲ）先设N坐标，再根据与平面ABC的法向量的数量积为零解得结果.
【详解】（Ⅰ）证明：∵PA⊥底面ABC，
∴PA⊥BC，
又∵AC⊥BC，PA∩AC=A，
∴BC⊥平面PAC，
∵AH⊂平面PAC，
∴BC⊥AH．
∵H为PC的中点，PA=AC，
∴AH⊥PC．
∵PC∩BC=C．
∴AH⊥平面PBC；
（Ⅱ）
由题意建立空间直角坐标系．A（0，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），
P（0，0，2），H（0，1，1），M．
=（0，1，1），=（1，2，0），=．
设平面ABH的法向量为=（x，y，z），则，取=（2，-1，1）．
设PM与平面AHB成角为，
则sin====．
所以PM与平面AHB成角的正弦值为
（Ⅲ）假设在线段PB上存在点N，使得MN∥平面ABC．
设，=（1，2，-2），
∴．
∴==，
∵MN∥平面ABC，平面ABC的法向量为=（0，0，2），
∴=-=0，解得．
∴点N是靠近B点的四等分点．
【点睛】本题考查线面垂直判定与性质定理以及利用空间向量研究线面角与线面平行，考查基本分析论证与求解能力，属中档题.
18．已知无穷数列（，），构造新数列满足，满足，…，满足（，），若为常数数列，则称为k阶等差数列；同理令，，……，（，），若为常数数列，则称为k阶等比数列.
(1)已知为二阶等差数列，且，，，求的通项公式；
(2)若为阶等差数列，为一阶等比数列，证明：为阶等比数列；
(3)已知，令的前n项和为，，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由新定义得为公差为2，首项为3的等差数列，由等差数列的通项公式求解；
（2）设为k阶等差数列，则（d为常数），则为一次多项式，猜测是关于n的k次多项式，用数学归纳法证明即可；
（3）设，化简整理得，由裂项相消求和证明结论.
【详解】（1）由，由，
则为公差为2，首项为3的等差数列，
则，则，
则.
（2）设为k阶等差数列，则（d为常数），
则为一次多项式，
猜测是关于n的k次多项式，下用数学归纳法证明：
当时，显然成立；
假设当时，是关于n的m次多项式，
当时，则是关于n的m次多项式，
由是次多项式，故是关于n的k次多项式，
又是一阶等比，则，则，
由是关于n的k次多项式，则是关于n的次多项式，则是阶等差数列.
故是常数列，故是阶等比数列.
（3）由，
设，
则，
故，
则，则，
则，得证！
【点睛】方法点睛：对于数列的新定义题型，关键是读懂题目的意思，由新的定义来解决问题，一般地关于数列不等式的证明，可以利用放缩法去证明，或转化为数列的求和问题，利用错位相减法，裂项相消法求和证明即可.
19．如果三个互不相同的函数，，在区间上恒有或，则称为与在区间上的“分割函数”．
(1)证明：函数为函数与在上的分割函数；
(2)若函数为函数与在上的“分割函数”，求实数的取值范围；
(3)若，且存在实数，使得函数为函数与在区间上的“分割函数”，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据给定的定义，利用导数证明不等式和恒成立即可.
（2）由“分割函数”定义得恒成立，借助导数及二次函数性质求解即得.
（3）利用导数求出函数的极值，再利用“分割函数”的定义确定图象的切线及切点横坐标范围，然后求出直线被函数图象所截弦长，利用不等式性质及导数求出最大值即得.
【详解】（1）设，则，当时，在上单调递增，
当时，在单调递减，则在处取得极大值，即为最大值，
即，则当时，；
设，则，当时，在上单调递咸，
当时，在上单调递增，则在处取得极小值，即为最小值，
即，则当时，，
于是当时，，
所以函数为函数与在上的“分割函数”.
（2）因为函数为函数与在上的“分割函数”，
则对，恒成立，
而，于是函数在处的切线方程为，
因此函数的图象在处的切线方程也为，又，
则，解得，
于是对恒成立，
即对恒成立，
因此，解得，
所以实数的取值范围是.
（3）对于函数，
当和时，，当和时，，
则为的极小值点，为极大值点，
函数的图象如图，
由函数为函数与在区间上的“分割函数”，
得存在，使得直线与函数的图象相切，
且切点的横坐标，
此时切线方程为，即，
设直线与的图象交于点，
则消去y得，则，
于是
令，则，
当且仅当时，，所以在上单调递减，，
因此的最大值为，所以的最大值为.
【点睛】关键点点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.