2025届广东省大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试（一）数学试题

这是一份2025届广东省大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试（一）数学试题，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．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．复数满足，其中为虚数单位，则（ ）
A．2B．C．1D．
3．已知平面向量的夹角为，且，，则（ ）
A．1B．2C．D．4
4．若为两条不同的直线，为两个不同的平面，则（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，则
5．下列四组数据中，方差最小的为（ ）
A．B．
C．D．
6．早在两千年前，古人就通过观测发现地面是球面，并会运用巧妙的方法对地球半径进行估算.如图所示，把太阳光视为平行光线，O为地球球心，A，B为北半球上同一经度的两点，且A，B之间的经线长度为L，于同一时刻在A，B两点分别竖立一根长杆和，通过测量得到两根长杆与太阳光的夹角和（和的单位为弧度），由此可计算地球的半径为（ ）
A．B．C．D．
7．设函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知抛物线的弦的中点横坐标为5，则的最大值为（ ）
A．12B．11C．10D．9
二、多选题
9．已知直线和圆，则（ ）
A．直线l恒过定点（2，0）
B．存在k使得直线l与直线垂直
C．直线l与圆O相交
D．若，直线l被圆O截得的弦长为
10．已知函数，则（ ）
A．是奇函数
B．的最小正周期为
C．在上单调递增
D．的最小值为
11．设曲线，抛物线，记抛物线的焦点为，，为分别为曲线，上的动点，为曲线的切线，则（ ）
A．若与无公共点，则
B．若过点，则被截得的弦长为
C．当时，
D．当时，
三、填空题
12．双曲线的左，右焦点分别为，点在双曲线右支上，若，则 .
13．在中，已知，，则 .
14．有三个袋子，每个袋子都装有个球，球上分别标有数字.现从每个袋子里任摸一个球，用分别表示从第一，第二，第三个袋子中摸出的球上所标记的数，则事件“”的概率为 .
四、解答题
15．已知等差数列满足，是关于的方程的两个根.
(1)求；
(2)求数列的前项和.
16．在中，角的对边分别为，为边上的中线.
(1)证明：；
(2)若，，求的最大值.
17．如图，在四棱锥中，平面，，，.
(1)证明：；
(2)若四棱锥的外接球的表面积为，求二面角的余弦值.
18．数列是特殊的函数，可以利用函数工具研究数列性质.比如，为了研究数列的性质，对通项公式取对数得，，则可通过研究函数的性质，得到数列的性质，进而得到的性质.请根据以上材料，解决如下问题：
(1)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围，并证明：；
(2)是否存在常数，使得：有，？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
（注：e为自然对数的底数）
19．线段的长为3，端点分别在轴和轴上运动，点满足，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)曲线与轴的左右两个交点分别为为上异于的动点.过点分别作直线，直线，其中与曲线交于两点，交直线于点，点满足.
①求点的轨迹方程；
②的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由.
《2025届广东省大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试（一）数学试题》参考答案
1．D
【分析】解对数不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得，
所以，
又，
所以.
故选：D
2．D
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再计算其模即可.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：D
3．B
【分析】根据向量模长的关系，利用平方法转化为向量数量积公式，解一元二次方程即可得出答案.
【详解】由，
所以，即，
即，整理得，
解得或（舍去），
所以.
故选：B.
4．C
【分析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】根据线面平行的性质定理，
若，，则或与异面，A错误；
平行与同一平面的两条直线位置关系不确定，可能平行、相交或异面，B错误；
如图，，过点作的平行线，设所在平面为，
且，则，
根据已知，所以，
则，由，可得，且，所以，C正确；

若，， 则或，D错误.
故选：D
5．C
【分析】先分别求平均数，再分别求出方差，最后比较方差的大小即可.
【详解】对于A，，
；
对于B，，
；
对于C，，
；
对于D，，
；
因为，
所以四组数据中，方差最小的为，
故选：C.
6．A
【分析】过点B作太阳光的平行线，与 的延长线交于点C，可求出，利用弧长公式即可求得地球的半径.
【详解】如图所示，过点B作太阳光的平行线，与 的延长线交于点C，
则 ， ，所以,
设地球半径为R,则根据弧长公式得 ，所以 ,
故选：A.
7．B
【分析】根据题意判断是偶函数，判断函数的单调区间，再利用单调性和奇偶性解不等式即可.
【详解】，，
又
，所以函数是偶函数，
当时，，易得单调递增，
不等式，即，
等价于，
，可得，解得，
所以不等式的解集为.
故选：B.
8．A
【分析】根据抛物线定义，可得，数形结合可得，得解.
【详解】设抛物线的焦点为，，的横坐标分别为，，则，
抛物线的准线为，则，，
，
（当且仅当，，共线时取等号）如图所示，
即的最大值为12.
故选：A.

9．BCD
【分析】A选项，化为点斜式可以看出直线恒过的点，B选项两直线斜率存在且垂直，斜率乘积为-1，从而存在满足题意，C选项直线过的定点在圆的内部，故可以判断C选项；当时，先求圆心到直线的距离，再根据垂径定理求弦长
【详解】直线，即，则直线恒过定点，故A错误；
当 时，直线与直线垂直，故B正确：
∵定点（-2，0）在圆O：x2+y2=9内部，∴直线l与圆O相交，故C正确：
当时，直线l化为，即x+y+2=0，圆心O到直线的距离，直线l被圆O截得的弦长为，故D正确，
故选：BCD.
10．AD
【分析】根据奇函数的定义可得选项A正确；根据可得选项B错误；根据可得选项C错误；根据二倍角公式结合可得选项D正确.
【详解】由题意得，.
A.∵函数的定义域为，，
∴是奇函数，选项A正确.
B.∵，
∴不是函数的周期，选项B错误.
C.∵，
∴在上不是单调递增函数，选项C错误.
D. ∵，，
∴，
∵，
∴的最小值为，选项D正确.
故选：AD.
11．AD
【分析】选项A将与无公共点转化为无零点，由导数求最小值大于0即得；选项B先求切线方程为，联立，利用韦达定理和弦长公式即可求得；选项C利用导数求得的最小值小于，进而可得；选项D根据的切线方程和抛物线的切线方程为，进而可得.
【详解】选项A：联立得，设，
由题意可知无零点，，
故当时，f′x0，
故，由题意，得，故A正确；
选项B：由题意，由得，
设与曲线的切点为，则切线方程为，
因过点，故，解得，
所以的方程为，即，
与联立得，
设与的交点坐标为Ax1,y1,Bx2,y2，
则，故，故B错误；
选项C：当时，，因在曲线上，
可设为，则，
设，，
设，则，
故hx在上单调递增，又，，
故，使得，
则在上单调递减，在上单调递增，
故的最小值为，又，故，故C错误；
选项D：当时，在处的切线方程为，
将代入得，
而曲线在处的切线方程为，
要使得两曲线上得点M，Q之间距离最小，当时，，
，则，两直线的距离为，
显然两切点为得连线与切线不垂直，故，故D正确.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：本题选项A，C关键是把几何问题解析化，然后利用导数求最值.
12．
【分析】根据双曲线的定义求得，再利用余弦定理求解.
【详解】因为点在双曲线右支上，且，
则，又，
在中，由余弦定理可得，，
所以.
故答案为：.

13．
【分析】由两角和的正切公式结合条件切化弦可得，将条件切化弦运算得解.
【详解】，，
，即，
解得，即，
即，
所以，又，
得，
又由，可得，
.
故答案为：.
14．
【分析】归纳求出满足的情况种数，根据古典概型的概率公式求解.
【详解】由题意，从三个袋子中摸出的球上所标记的数的总的情况为种，
满足，则，
当时，对应的情况有，1种；
当时，对应的情况有，2种；
当时，对应的情况有，3种；
当时，对应的情况有，种；
所以满足的情况有种，
故所求事件的概率为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据韦达定理可得，利用等差数列通项公式列式计算；
（2）由（1）求得通项，代入运算可得，利用裂项求和得解.
【详解】（1）根据题意，由韦达定理可得，
因为数列是等差数列，设公差为，
所以，即，
则，解得，
.
（2）由（1），则，
，
，
.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）方法一：对两边平方，再由余弦定理可得答案；方法二： 在和中，由余弦定理可得答案；
（2）在中，由余弦定理得，结合（1）再利用基本不等式可得答案.
【详解】（1）方法一：为边上中线，，
，
在中，由余弦定理得：，
，
，
.
方法二：为边上中线，
在中，，
在和中，由余弦定理得：
，
即，
，
即；
（2），，由余弦定理可得，
故，即，
当且仅当时，即时等号成立，
所以，
所以取得最小值为.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的性质证明线线平行，先证平面即可.
（2）先确定四棱锥的外接球的球心，即可得的长，过作于，所以为二面角的平面角，求解即可.
【详解】（1）取AB的中点，连接，则由题意知为正三角形，
所以，
由等腰梯形知，设，则，，
故，即得，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）由于，
又，为等边三角形，
，
即为四边形外接圆的圆心，且半径，
过作平面的垂线，则，
在平面内作的垂直平分线交与点，
则，即为四棱锥的外接球的球心，
且半径，则，
，则，
过作于，平面，
所以平面，又平面，
则，所以为二面角的平面角，
，
所以二面角的平面角的余弦值为.
18．(1)；证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）当x=0时，恒成立，；当x>0时，可化为，令，x>0，利用导数方法判断其单调性，结合洛必达法则即可求出的范围；得出以，将代入整理，即可证明不等式成立；
（2）先由题意得到a>0；由推出，结合（1）的结果，可求出；对于，当或时，于显然恒成立；当时，推出以，同（1）构造函数，求出；从而可求出结果.
【详解】（1）当x=0时，显然恒成立，；
当x>0时，可化为，
令，x>0，则，
令，x>0，则在上恒成立，
因此在上单调递减，所以，
即在上恒成立，
所以在上单调递减，
又由洛必达法则可得：，
所以恒成立，因此，为使对任意x>0恒成立，只需；
综上，；
所以，因为，所以，
则，所以得证；
（2）存在，使得：有，,证明如下：
由题意，为使恒成立，必有a>0；
(i)由得，所以，则，因为，
由（1）知对任意x>0恒成立，
为使都成立，只需，解得；
(ii)对于，当或时，于显然恒成立；
当时，，由得，所以，
令，则，，
所以，同（1）令，，
则，
令，，
则在上恒成立，
因此在上单调递增，所以，
因此在上恒成立，
所以在上单调递减，
又，
所以当，；
因此，为使恒成立，只需，解得；
由(i)(ii)可得，；即存在，使得：有，.
【点睛】思路点睛：
利用导数的方法求解不等式中的参数时，一般可利用分离参数的方法，先分离出所求参数，再构造函数，利用导数的方法求函数的最值即可.
19．(1)
(2)①，②存在最小值，最小值为3.
【分析】（1）设点Ex,y，，，根据及计算即可；
（2）①由题意，可设，则，利用点差法得①，②，由①②得，
运算得解；②设直线的斜率分别为，可得，由，利用基本不等式求最值.
【详解】（1）设点Ex,y，，，由，则，
由，可得，即，代入，
可得，
所以曲线的方程为.
（2）①因为，所以，
不妨设，则，
设，，，
则①，②，
由，得，则，
即，
由，得，
则，即，
又①②得，
，即得，且，
所以点的轨迹方程为.
②设，则，
设直线的斜率分别为，则，
联立，得，
联立，得，
设直线与轴交于点，直线与轴交于点，
则
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的面积存在最小值，最小值为3.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的第一小问解决的关键是利用点差法得到①，②，由①②得，再由和的坐标关系代入运算得解.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
B
C
C
A
B
A
BCD
AD
题号
11









答案
AD