2024-2025学年广东省三校决胜高考梦圆乙巳第一次联考数学试题及答案

绝密★启用前6.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2024-2025学年度上学期广东省三校“决胜高考，梦圆乙巳”第一次联合模拟考试，若其前项和为，则()B.B.C.7.已知向量，，且，则向量与的夹角等于()C.参加学校：诺德安达学校、金石实验中学、英广实验学校8.设函数函数，则()学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________无极值点为的极大值点B.为为的极小值点的极小值点注意事项:C.二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.午饭时间；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上的平均速度分别为，则下列判断正确的有(1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。，区间2.回答选择题时，选出每小题答案后，请2B用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干)净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。第I卷（选择题）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.一个圆台的上、下底面的半径分别为和，高为，则它的表面积为()B.C.2.某校高一年级有名学生中抽取一个样本B.已知在高一年级中抽取了名学生，则在高二年级中应抽取的学生人数为()C.对于，存在，使得B.C.C.整个过程小明行走的速度一直在加快10.对于函数，下列说法正确的是(3.已知点心率等于(，分别是椭圆的左焦点、右顶点，满足，则椭圆的离))在上单调递减，在时，上单调递增B.B.当4.由数字，，，，组成没有重复数字的五位数，其中偶数共有()C.若函数设有两个零点，则，若对，个B.个C.个上单调递增，个，使得过点成立，则5.已知是定义在在的解集为()11.已知为坐标原点，焦点为的抛物线，过且与垂直的直线与抛B.C.物线的另一交点为，则()．中，底面，，为的中点，为中点，，B.C.直线与抛物线的准线相交于点第卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若函数存在唯一极值点，则实数的取值范围是分别在所成角的余弦值为______．14.已知等差数列的公差，且四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.本小题．Ⅰ求证：Ⅱ求平面与平面；13.在正方体、、，，则异成角的正弦值；面直线与Ⅲ在线段由．上是否存在点平面，，成等比数列，则的值为______．18.本小题分分已知无穷数列满足，若，满足，，如图，在三棱锥证明：中，；，，为中点．满足为常数数列，则称为阶等差数列同理令为常数数列，则称为阶等比数平面上，若点在棱，且，求二面角的大小．，，，，若列．已知为二阶等差数列，且，，，求的通项公式若为阶等差数列，为一阶等比数列，证明：为阶等比数列已知，令的前项和为，，，证明：．19.本小题分16.本小题已知实数证明：分如果三个互不相同的函数，则称，与与在区间上恒有或满足．；“”在区间上的分割函数．为证明：函数若函数为函数在上的分割函数；证明：．“”上的分割函数的取值范为函数与在17.本小题分围；若，为函数与在区间“”上的分割函数，求的最大值．4.【答案】1.【答案】个位置有种不同的方法，由数字，，，【解析】解：依题意结合圆台的上、下底面的半径分别为和，圆台的高为，，组成没有重复数字的五位偶数有考点：本题考查了排列的运用，故选B所以圆台的母线长为则圆台的表面积为，．点评：对于有特殊元素的排列问题优先安排，然后再排其余元素，属基础题5.【答案】故选：．根据题意，结合圆台的侧面积公式，即可求解．本题考查圆台的表面积的计算，属于基础题．2.【答案】【解析】【分析】本题考查了函数的单调性与奇偶性，是中档题．利用函数的单调性与奇偶性做出函数图象，然后按的符号进行分类讨论．【解析】【分析】【解答】解：由题意画出的大致图象如图所示，【详解】解：在总人数中高二与高一学生人数之比为所以在抽取的样本中高二与高一学生人数之比仍为：：因为高一抽取了人，所以高二应抽取人故选：．【点睛】本题考查了分层抽样，属于基础题．3.【答案】由，可得或【解析】解解：结合的图象得或．，即，整理得即故选C．6.【答案】等号两边同时除以求得得，即【解析】【分析】本题考查裂项相消法求和，属于基础题．根据递推公式累加即可．【解答】故选B解：因为累加得：所以首先根据推断出和的方程求得即离心率的值．本题主要考查了椭圆的简单性质．要求学生熟练掌握椭圆的标准方程中，和的关系以及椭圆的图象．即．故选：．函数函数在上单调递增，的单调递增区间为7.【答案】．【解析】【分析】函数无极值点．利用向量垂直则数量积为零，可求出，再由利用向量数量积的坐标运算求向量的夹角即可．【解答】故选：．9.【答案】【解析】【分析】本题考查函数图象的实际应用，瞬时速度，平均速度，属于中档题．，C解：因为所以，，，，，与直线的交点，即可判断，选项，可以观察曲线在各点处的切线方程的斜率，即可判断．又，，【解答】所以则，解：由题意可知；，，，，所以由图像可知所以，，即，因此，此时，，则，，因此，故A正确；，由，故由，故B不正确；时，，，故C正确；又，时刻的瞬时速度为由图象可知，当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，时，切线方程的斜率最大，所以．故选：．8.【答案】【解析】【分析】本题考查函数的极值问题，属基础知识的考查．熟练掌握导数法求极值的方法步骤是解答的关键．首先求出函数的导函数【解答】，求得其单调区间，然后求极值．故而在此时，速度最快，故D不正确．故选：10.【答案】．解：，，11.【答案】【解析】解：对于选项，对于选项，的定义域为时，，所以选项错误；递减，【解析】【分析】，当，本题考查抛物线的标准方程和定义，考查抛物线中的弦长问题，直线与抛物线的位置关系，属于中档题．由于，所以，，将点的由于，，得方程，与抛物线方程联立解得点，从而求出【解答】，可判断；易求出直线与准线交点，可判断．所以由两边乘以，所以选项正确；解：由抛物线过点，故A正确；，准线方程为，故B错误；，对于选项，令由于，，可得，则，所以在区间，，，，递减，抛物线所以，在区间当，递增，，当时，的定义域为，所以函数的图象如图所示，时，，，由已知可得直线与，函数，垂直，且过，所以直线的方程为，即，又为偶函数，与联立方程组由此画出由图可知，当即当或或时，直线的图象有两个交点，得，时，函数有两个零点，所以选项错误；解得或，故，所以，故C正确；由直线的方程，得所以直线与抛物线的准线相交于点，令，，故D正确．对于选项，由上述分析可知，，则，，，“要使对”成立，，，使得则需，所以选项正确．．故选：故选：．根据函数的定义域即可判断；利用导数判断函数区间，作出函数的图象，结合图象即可判断；结合选项即可判断本题考查导数的综合应用，化归转化思想，数形结合思想，属难题．在上的单调性即可判断；求出函数的单调．12.【答案】【解析】【分析】【分析】本题考查利用导数根据极值或极值点求参，属于中档题．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．【解答】解：，则，则，，，，若函数存在唯一极值点，，，则在上有唯一的根，可得设异面直线则与所成角为，所以由，则有唯一的根，．直线又与函数的图象有一个交点非切点，，异面直线与所成角的余弦值为．所以当时，，单调递增，当时，，当，单调递减，，故答案为：．14.【答案】所以，函数则函数的极大值为，且当时，时，的图象如下图所示：【解析】解：等差数列的公差，解得，且，，成等比数列，，，故答案为：．所以，当时，即当时，直线与函数的图象有一个交点非切点，根据等差数列的公差求出答案．，且，，成等比数列，求出与等量关系，再根据通项公式代入式子，即可因此，实数的取值范围是13.【答案】本题综合考查了等差，等比数列的性质，运算解决求值问题，注意通项公式的运用．【解析】【分析】15.【答案】解：证明：因为，且为中点，所以，本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线所成角的余弦值．因为，且为中点，所以，以与因为所以所以又，且为中点，，，因为，，【解答】，所以，解：设正方体中棱长为，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，，平面，以为原点，为轴，所以因为所以如图，建立以为原点，以平面；当时等号成立，则，所以，，且为中点，，两两垂直，因为，从而，，，分别为，，轴的空间直角坐标系，【解析】根据绝对值不等式并结合17.【答案】【解析】【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Ⅲ先设直接利用即可证明．中结论即可证明．Ⅰ见证明；ⅡⅢ点是靠近点的四等分点易知设，，，，，由，即，可求得，坐标，再根据与平面的法向量的数量积为零解得结果．所以，，【详解】Ⅰ证明：底面，，不妨设平面的一个法向量为，则又，，平面平面，，即．令，则，，所以，为的中点，，取平面所以的一个法向量为，．．，平面；所以二面角的大小为．Ⅱ【解析】本题考查平面与平面所成角的向量求法，线面垂直的判定，属于中档题．证得，然后根据线面垂直的判定定理即可得出结论；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．16.【答案】解：和因为，18.【答案】解：由，由，则则则为公差为，首项为的等差数列，，则，．设为阶等差数列，则为一次多项式，为常数，则猜测是关于的次多项式，下用数学归纳法证明：由题意建立空间直角坐标系．，，，当时，显然成立时，是关于的次多项式，当，，．假设当时，则是关于的次多项式，，，．由又是次多项式，故是关于的次多项式，设平面设的法向量为，则，取．是一阶等比，则是关于的次多项式，则是常数列，故，则，与平面成角为，由故是关于的次多项式，则是阶等差数列．则．是阶等比数列．由，所以与平面成角正弦值为上存在点，使得，设则，Ⅲ假设在线段平面．设，．故则则，，的法向量为，则，得证，平面，平面，解得，．【解析】本题考查数列的新定义，等差数列与等比数列的综合，数学归纳法，属于难题．点是靠近点的四等分点．由新定义得为公差为，首项为的等差数列，由等差数列的通项公式求解；能力，属中档题．设为阶等差数列，则为常数，则为一次多项式，猜测是关于的次多项式，用数学归纳法证明；设相消求和证明结论．19.【答案】解：证明：设，，则当时，，在上单调递增，当时，在，在单调递减，所以故F设处取得极大值，即为最大值，关于函数，，所以，则时，，，令当，可得与，，时，；，当时，，在上单调递减，当时，在，在上单调递增，当与时，所以故H综上：处取得极小值，即为最小值，可知是函数极小值点，是极大值点，的图象如图所示：，所以时，时，，该函数与，“”上的分割函数；所以函数若函数则为函数与在“”在区间上的分割函数，是函数与对一切实数恒成立，又因为，当时，它的值为，的图象在“”上的分割函数，由为与在区间可知它也是处的切线为直线，故存在使得并且切点横坐标此时切线方程为且直线与的图象相切，的图象在，可得处的切线，，所以所以即，对一切实数恒成立，对一切实数恒成立，，即，，且设直线与的图象交于点，，可得又且，即则由所以，可得，时，