广西壮族自治区柳州市2025届新高三摸底考试 数学试卷（含解析）

【新结构】广西壮族自治区柳州市2025届新高三摸底考试数学试卷❖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.已知集合，，则(

)A. B. C. D.2.设复数，在复平面内的对应点关于虚轴对称，，则(

)A. B.5 C. D.83.在等差数列中，若，则(

)A.7 B.12 C.16 D.244.双曲线的一个顶点到渐近线的距离为(

)A. B.4 C. D.5.已知向量与的夹角为，且，，则(

)A. B. C.4 D.26.的展开式中常数项的系数为(

)A.70 B.56 C.28 D.87.有4名医学毕业生到甲、乙、丙三所学校去应聘校医工作，若每人至多被一所学校录用，每所学校至少录用其中1人，则所有不同的录用情况种数为(

)A.40种 B.60种 C.80种 D.120种8.已知三棱锥的体积是，A，B，C是球O的球面上的三个点，且，，，则球O的表面积为(

)A. B. C. D.二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.已知随机事件A，B发生的概率分别为，，下列说法正确的是(

)A.若，则A，B相互独立 B.若A，B互斥，则A，B不相互独立

C.若，则 D.若，则10.已知函数的部分图象如图所示，令，则下列说法正确的有(

)

A.的一个对称中心

B.的对称轴方程为

C.在上的值域为

D.的单调递减区间为11.已知函数的定义域为R，且，若，则(

)A. B.

C.为减函数 D.为奇函数三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知，则在点处的切线斜率是__________.13.已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，则__________.14.记实数，，，的最小数为，若，则函数的最大值为__________.四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.本小题13分

如图，在棱长为1的正方体中，E为的中点，F为AB的中点.

求证：平面求平面与平面夹角的余弦值.16.本小题15分某牧场今年年初牛的存栏数为1200，预计以后每年存栏数的增长率为，且在每年年底卖出100头牛.设牧场从今年起每年年初的计划存栏数依次为，，，写出一个递推公式，表示与之间的关系;求的值其中，，17.本小题15分如图，在一条无限长的轨道上，一个质点在随机外力的作用下，从位置0出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，设移动n次后质点位于位置求求指出质点最有可能位于哪个位置，并说明理由.18.本小题17分一动圆与圆外切，同时与圆内切，记动圆圆心的轨迹为曲线求曲线E的方程，并说明E是什么曲线;若点P是曲线E上异于左右顶点的一个动点，点O为曲线E的中心，过E的左焦点F且平行于OP的直线与曲线E交于点M，N，求证：为一个定值.19.本小题17分帕德近似是法国数学家亨利.帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，，注：，，，，为的导数已知在处的阶帕德近似为求实数a，b的值;比较与的大小;若有3个不同的零点，求实数m的取值范围.

答案和解析1.【答案】C

【解析】【分析】本题主要考查集合的交集运算，属于基础题.

解出集合B，按照集合的交运算法则进行运算即可.【解答】

解：因为，集合，所以，故选：2.【答案】A

【解析】【分析】本题主要考查复数的几何意义以及复数的四则运算，属于基础题.

由复数的几何意义知：，再由复数的四则运算，即可求解.【解答】解：因为复数在复平面内的对应点关于虚轴对称，且，所以，

所以

故选3.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查等差数列的性质，属于基础题.

观察数列下标根据等差数列的性质进行求解．

【解答】

解：在等差数列中，

若，则，

所以，

所以4.【答案】C

【解析】【分析】本题考查双曲线简单几何性质及渐近线，同时考查点到直线的距离公式，属于基础题.

求出顶点坐标和渐近线方程，然后利用点到直线的距离公式求解.【解答】解：由双曲线的方程知两顶点，渐近线方程为，由对称性，不妨求到直线的距离，故选5.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查两个向量的数量积坐标运算公式的应用，向量的模，属于基础题．根据的坐标求出它的模，利用数量积运算求出所求向量的模．【解答】解：由得，，又，

则6.【答案】C

【解析】【分析】本题考查二项展开式的特定项与特定项的系数，属于基础题．

由展开式通项公式，令，解得r即可得结论.【解答】解：的展开式的通项公式为，

令，解得，

故的展开式中常数项为

故选：7.【答案】B

【解析】【分析】本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．

根据题意，分2种情况讨论：①四人中有3人被录取，②四人都被录取，再由分类加法计数原理即可求【解答】

解：根据题意，分2种情况讨论：

①四人中有3人被录取，有种不同的录用情况；

②四人都被录取，需要先将4人分为3组，再将分好的3组安排给3所学校，

有种不同的录用情况；

所以共有种不同的录用情况．

故选8.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查三棱锥的外接球问题，球的表面积，正弦定理、余弦定理的应用，棱锥的体积，是中档题.

利用正弦定理即可求出的外接圆半径，即可求出三棱锥的高，利用余弦定理即可求出，可计算出三角形ABC的面积，再利用锥体的体积公式，进而求解.

【解答】

解：因为，，

所以由正弦定理得，的外接圆半径为，

在中，由余弦定理可得

所以，

所以，

因为，

球半径，

所以球O的表面积，

故选9.【答案】ABC

【解析】【分析】本题考查了相互独立事件及条件概率的求法，属于基础题.

由条件概率及相互独立事件的概率对选项逐一判断即可.【解答】解：因为事件A，B相互独立，

，

所以A，B相互独立，故A正确；

因为A，B互斥，则，

故A，B不可能相互独立，故B正确;

，

，故C正确；

，

，

，故D错误.

故选10.【答案】BCD

【解析】【分析】

本题考查三角函数的图象与性质，考查三角恒等变化及诱导公式，考查由部分图象求三角函数的解析式，属于一般题.

由题图可得，根据三角恒等变换可得，再由余弦函数的对称性、单调性、值域逐项判断即可.

【解答】

解：由题图可得，，解得

又，

可得，解得

因为，所以，

所以

所以

对于A，当，，所以不是的一个对称中心，故A错误；

对于B，令，可得，

故的对称轴方程为，故B正确；

对于C，时，，所以，

故在上的值域为，故C正确；

对于D，令，，解得，

所以的单调递减区间为，故D正确.

故选11.【答案】ABD

【解析】【分析】本题考查函数求值，函数的奇偶性、单调性，属于中档题.

利用已知条件利用赋值法以及函数奇偶性、单调性的定义即可求解.【解答】解：，时，，，而，，

，时，，，，故B正确；令，⨉，，

令，，故A正确；

，是奇函数，故D正确.令，则，为增函数，故C错误；12.【答案】2

【解析】【分析】

本题主要考查了导数的几何意义，属于基础题.

由题意，求出的导函数，即可得该切线的斜率.

【解答】

解：，

，

时，，

则在点处的切线斜率是

故答案为：13.【答案】

【解析】【分析】

本题考查正弦定理及变形、逆用两角和与差的正弦公式和诱导公式的应用，属于中档题．

由正弦定理及三角形中角之间的关系可得的值，再由角C的范围，可得角C的大小；再由，可得，由此即可求出结果.

【解答】

解：因为，

由正弦定理可得，

可得，

在三角形中，，且，

所以，，

所以；

所以，

因为，

所以，

所以

故答案为14.【答案】

【解析】【分析】本题考查函数的最值，涉及函数图像的作法，属于基础题.

由题意作出函数的图像，结合图像易得函数的最值.【解答】

解：如图所示

，

的图象为图中的实红线部分，

则易知所求最大数即为图中A点的纵坐标．

又，可得，故所求最大值为

故答案为15.【答案】解：以为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，

所以，，，，，，

所以，，，

，，，

因为，所以，

又平面，平面，

所以平面

设平面的法向量为，

则

取，则，所以，是平面的一个法向量，

又因为平面，

所以为平面的一个法向量，

则，，

设平面与平面的夹角为，

则，，

即平面与平面的夹角的余弦值为

【解析】本题考查了线面平行的向量表示和平面与平面所成角的向量求法，是中档题.

建立空间直角坐标系，利用线面平行的向量表示即可得证；

得出平面的一个法向量，利用空间向量求解即可.16.【答案】解：由题意，得，并且将化成比较①②的系数，可得解这个方程组，得所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，

则所以头

【解析】主要考查了等比数列的应用，等比数列的求和公式，属于中档题.

由题意，可得；

原式可化为，结合可求出r，k，可知，数列是以为首项，为公比的等比数列，进而利用等比数列的求和公式可得答案.17.【答案】解：设质点n次移动中向右移动的次数为Y，显然每移动一次的概率为，则，，

所以

，

若n为偶数，中间的一项取得最大值，即概率最大，此时，

所以质点最有可能位于位置0，

若n为奇数，中间的两项，取得最大值，即或概率最大，

此时或，所以质点最有可能位于位置1或

【解析】本题主要考查二项分布，属于中档题.

设质点n次移动中向右移动的次数为Y，则Y∽，，

利用即可；

利用即可；

先得到，然后分别讨论即可.18.【答案】解：设动圆的圆心，动圆半径为r，

化为标准方程，

圆心，，

化为标准方程，

圆心，，

依题意得，，

，

是以为焦点的椭圆，

，，，

所以曲线曲线E的是焦点在x轴上，对称中心在原点，以为焦点的椭圆；

当弦OP的斜率不存在时，此时弦OP为椭圆的短半轴，此时，

此时直线MN为椭圆的通径，满足，

从而，

当弦OP的斜率存在时，设为k，

设直线OP的方程为，代入曲线E得，

从而

设直线，代入曲线E得，

设，，则，，

，

所以，

综上所述，为一个定值

【解析】本题考查了椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系和椭圆中的定值问题，是较难题.

设动圆的圆心，动圆半径为r，依题意得，，则，由椭圆的定义可得结论；

当弦OP的斜率不存在时，此时弦OP为椭圆的短半轴，可得，当弦OP的斜率存在时，设为k，设直线OP的方程为，代入曲线E，结合韦达定理和向量的数量积可得，可得结论.19.【答案】解：由，，知，，，，由题意，，

所以，

所以，

由知，，令，则，

所以在其定义域内为增函数，又，时，时，所以时，时，由知，，注意到，则除1外还有2个零点，设为，，

，

令，

当时，在上恒成立，则，

所以在上单调递减，不满足，舍去，

当时，除1外还有2个