2025届广东省部分学校高三大联考模拟预测数学试题（含答案解析版）

第1页/共19页高三数学注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．4．本试卷主要考试内容：高考全部内容．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知复数，则（）A. B. C.5 D.13【答案】B【解析】【分析】先化简的表达式，然后求得的模.【详解】，所以.故选：B2.已知抛物线，则抛物线的焦点到准线的距离是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据抛物线方程求出，由抛物线定义可得解.【详解】由抛物线可得，所以，，故抛物线焦点到准线的距离是.故选：B3.等比数列的前n项和为，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用等比数列前项和的性质，，，，成等比数列求解.【详解】因为数列为等比数列，则，，成等比数列，设，则，则，故，所以，得到，所以.故选：C.【点睛】本题考查等比数列前项和性质的运用，难度一般，利用性质结论计算即可.4.现有一个正四棱台形水库，该水库的下底面边长为2km，上底面边长为4km，侧棱长为，则该水库的最大蓄水量为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，水库的最大蓄水量等于正四棱台的体积，进而用台体的面积公式即可求解.【详解】根据题意画出图形，如图所示，其中且.由，可得，又且，可得是长方形，则，所以，，则，正四棱台的高，下底面的面积，上底面的面积.于是正四棱台的体积.故该水库的最大蓄水量为.故选：A.5.已知双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则双曲线的焦距是（）A.2 B.3 C.4 D.6【答案】D【解析】【分析】求出圆心到渐近线的距离，根据圆的几何性质建立弦心距、半弦长、半径的方程即可求解【详解】不妨设双曲线的一条渐近线方程为，即，则圆心到渐近线的距离，由圆的半径及圆的几何性质可得，化简得，解得，所以，故选：D6.若函数是偶函数，则曲线在处的切线斜率为（）A. B.0 C. D.【答案】B【解析】【分析】利用偶函数的定义可求得，进而求得在处的导数，可得结论.【详解】因为函数是偶函数，所以，又易得函数的定义域是，即，所以，所以，又，所以解得，所以，所以，所以，所以曲线在处的切线斜率为.故选：B.7.对于非空数集，定义，将称为“与的笛卡尔积”．记非空数集的元素个数为，若是两个非空数集，则的最小值是（）A.2 B.4 C.6 D.8【答案】B【解析】【分析】根据、的定义对进行分析，利用基本不等式确定正确答案.【详解】设，，则，当且仅当时等号成立，所以的最小值是.故选：B8.已知圆与圆交于两点，则（为圆的圆心）面积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出两圆的半径，从而可得，因为为锐角，所以要使的面积最大，只要取得最大值即可，此时，解出的面积，即可得解.【详解】由题意得：，所以圆心，半径，由两圆相交于两点可知：，所以的面积，因为是半径为1的圆，所以，当时，，又，此时由，解得，，故AB可以取最大值2；所以当时，最大，且是锐角，根据函数的单调性可知：当时，最大，在中由余弦定理可得：，所以，所以，故选：C.【点睛】关键点点睛：利用三角形的面积公式表示面积之后，关键点在于利用圆的几何性质寻找AB的最大值，从而确定面积的的最大值.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.降雨量是指从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗透、流失，而在水平面上积聚的水层深度，一般以毫米为单位．降雨量可以直观地反映一个地区某一时间段内降水的多少，它对农业生产、水利工程、城市排水等有着重要的影响．如图，这是两地某年上半年每月降雨量的折线统计图．下列结论正确的是（）A.这年上半年A地月平均降雨量比B地月平均降雨量大B.这年上半年A地月降雨量的中位数比B地月降雨量的中位数大C.这年上半年A地月降雨量极差比B地月降雨量的极差大D.这年上半年A地月降雨量的分位数比B地月平均降雨量的分位数大【答案】ACD【解析】【分析】根据题意将A、B地月降雨量按升序排列，结合平均数、中位数、极差以及百分位数的定义逐项分析判断.【详解】由题意可知：A地月降雨量按升序排列可得：，B地月降雨量按升序排列可得：，对于选项A：可知A地月平均降雨量为，B地月平均降雨量为，因，所以这年上半年A地月平均降雨量比B地月平均降雨量大，故A正确；对于选项B：A地月降雨量的中位数为，B地月降雨量的中位数为，因为，所以A地月降雨量的中位数比B地月降雨量的中位数小，故B错误；对于选项C：A地月降雨量的极差为，B地月降雨量的极差为，因为，A地月降雨量的极差比B地月降雨量的极差大，故C正确；对于选项D：因为，可知A地月降雨量的分位数为42，B地月降雨量的分位数为40，且，所以A地月降雨量的分位数比B地月平均降雨量的分位数大，故D正确；故选：ACD.10.已知函数，下列结论正确的是（）A.的最小正周期为B.若直线是图象的对称轴，则C.在上的值域为D.若，且，则【答案】ACD【解析】【分析】应用辅助角公式化简且，不妨令，结合正弦型函数的性质、诱导公式、倍角余弦公式判断各项正误.【详解】由且，不妨令，由化简后的解析式，易知其最小正周期为，A对；若直线是图象的对称轴，则且，即，所以，B错；由，则，且，所以，，故值域，C对；由题设，令，则或，且，所以或，又，不妨令，则，D对.故选：ACD11.在长方体中，分别是棱的中点，是的中点，直线与平面交于点，则（）A.异面直线与所成角的余弦值是B.点到平面的距离是C.三棱锥的体积为D.四面体外接球的表面积是【答案】ACD【解析】【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，求出与利用夹角的余弦公式计算后可判断A的正误，利用向量法可求点到平面的距离后可判断B的正误，求出的坐标后可计算三棱锥的体积，从而可判断C的正误，求出球心的坐标后可求外接球的半径，计算表面积后可判断D的正误.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，故，故异面直线所成角余弦值为，故A正确；因为，设平面的法向量为，则由可得，取，而，故点到平面的距离是，故B错误；又，设，则因为共线，所以，故，即，故，且在轴上，故，故C正确；设四面体外接球的球心为，则，即；；，整理得到：，故，故外接球半径为，故外接球的表面积为，故D正确.故选：ACD.【点睛】思路点睛：空间几何体的外接球的计算问题，首先确定球心的位置，如果球心的位置不易求得，则可以通过空间向量的方法求出球心坐标，从而解决与球有关的计算问题.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知单位向量满足，则与的夹角为______________．【答案】##【解析】【分析】将等式两边平方即可.【详解】因为，所以，所以，．故答案为：.13.一场篮球比赛需要3名裁判员（1名主裁判、2名助理裁判），现从9名（5男4女）裁判员中任意选取3人担任某场篮球比赛的裁判，则这3名裁判员中既有男裁判员，又有女裁判员，且男裁判员担任主裁判的概率是______．【答案】【解析】【分析】求解计划是先计算出既有男裁判员又有女裁判员且男裁判员担任主裁判的情况数，再计算从名裁判员中选人的总情况数，最后用前者除以后者得到概率.【详解】先计算既有男裁判员又有女裁判员且男裁判员担任主裁判的情况数.因为男裁判员担任主裁判，所以先从名男裁判员中选名作为主裁判，有种选法.后有两种情况.从名女裁判员中选名作为助理裁判，有种选法.从名女裁判员中选1名作为助理裁判，和从名男裁判员中选1名作为助理裁判，有种选法.根据乘法原理，既有男裁判员又有女裁判员且男裁判员担任主裁判的情况数为种.再计算从名裁判员中选人的总情况数.从名裁判员中选人作为裁判，总数为种.所求概率.故答案为：.14.已知满足，则_______．【答案】3【解析】【分析】原方程可化为，结合函数的单调性可得，故可求目标代数式的值.【详解】因为，故，因为，故，所以，设则，故在0,+∞上为增函数，故，故，且，故，故答案为：3.【点睛】思路点睛：对于与指数、对数都出现的代数式，注意利用同构结合新函数的单调性进行转化.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.已知函数．（1）当时，求的极值；（2）讨论的单调性．【答案】（1）极大值为，极小值为（2）答案见解析【解析】【分析】（1）利用导数求得的极值.（2）先求得f'x，对进行分类讨论，从而求得的单调区间.【小问1详解】当时，，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以的极大值是，极小值为.【小问2详解】，，当时，单调递增；当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.综上：当时，fx在上单调递增；当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.16.在中，角的对边分别是，且．（1）证明：．（2）若是锐角三角形，求的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由正弦边角关系及和差角正弦公式得到，结合三角形内角性质即可证结论；（2）由题设得，应用正弦边角关系、倍角正弦公式有，即可求范围.【小问1详解】由题设，所以，则，即，又，则，且，所以，得证.【小问2详解】由题设，即，得，由，而，故.17.如图，在四棱锥中，平面，底面为等腰梯形，其中，．（1）证明：平面平面．（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）过作，垂足为，建系标点，利用空间向量可得，根据线面垂直的性质可得，即可证线面垂直；（2）根据题意分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角.【小问1详解】过作，垂足为，则，因为，则，且平面，如图所示，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则，可得，因为，则，又因为平面，平面，则，且，平面，可得平面，又因为平面，所以平面平面.【小问2详解】若，由（1）可知：，可得，设平面的法向量为m=x1,令，则，可得，设平面的法向量为n=x2,令，则，可得，则，由图可知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.18.已知，直线交于点，且直线的斜率之积为，点的轨迹记为曲线．（1）求的方程．（2）不过点的直线与交于两点，且直线与的斜率之和为，试问直线是否过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．【答案】（1）（2）直线过定点，理由见详解.【解析】【分析】（1）设点，利用建立等量关系，求的轨迹方程.（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，当斜率存在时，设直线的方程，与椭圆方程联立，求出两根之和和两根之积，根据直线与的斜率之和为得到参数的关系，可得直线恒过定点，当斜率不存在时，求点的横坐标，可得直线过定点.【小问1详解】设，则，，由题意得，，整理得，∴曲线的方程为.【小问2详解】设，当斜率存在时，设，由得，，∴，即，∴，∵直线与的斜率之和为，∴，∴，∴，整理得，∵，∴，∴直线方程为，恒过定点.当直线斜率不存在时，，∵直线与的斜率之和为，∴，∴，此时直线，恒过定点.综上得，直线过定点.19.某项测试共有道多项选择题，每道题的评分标准如下：全部选对得5分；部分选对得2分；有选错或不答得0分．记道题的总得分为的取值个数为．（1）求的值；（2）当时，若某人参加这项测试，每道题得5分、2分、0分的概率相等，且每道题答对与否相互独立，求的概率；（3）求数列的前项和．【答案】（1）（2）（3）.【解析】【分析】（1）通过列举分析的方式确定的值.（2）确定时分两种情况，分别计算相加即可.（3）分情况讨论每种情况下总得分的取值个数，相加计算，表示，用裂项相消法计算前项和.【小问1详解】当时，总得分的取值为，，当时，情况如下：①两题都得5分；两题都得2分；两题都得0分；②一题得5分，一题得2分；③一题得5分，一题得0分；④一题得2分，一题得0分..当时，情况如下：①三题都得5分；三题都得2分；三题都得0分；②一题得5分，两题得2分；两题得5分，一题得2分；③一题得5分，两题得0分；两题得5分，一题得0分；.④一题得2分，两题得0分；两题得5分，一题得0分；⑤一题得5分，一题得2分，一题得0分，总得分与②重复，.综上得，.【小问2详解】由题意得，每道题得5分、2分、0分的概率均为.当两题得5分，三题得0分时，，概率为，当5个题得分均为2分时，，概率为，∴的概率为.【小问3详解】当题目个数为时，①全部得5分，全部得2分，全部得0分，总得分的取值个数为3，②当每个题目得分为5分和2分的一种时，总得分的取值个数为