广东省广州市大湾区2025届高三数学第一次联合模拟试题

Page1广东省广州市大湾区2024届高三数学第一次联合模拟试题本试卷共6页，22小题，满分150分．考试用时120分钟．留意事项：1．答卷前，考生务必将自己的市（县、区）、学校、姓名、班级、座位号和准考证号填写在答题卡上，并填涂10位准考证号（考号）．2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上．3．非选择题必需用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必需写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准运用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．4．考生必需保证答题卡的整齐．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．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．已知集合，则（

）A． B．C． D．2．已知复数满意(其中为虚数单位)，则的值为（

）A． B． C． D．3．为深化推动“五育”并举，促进学生身心全面和谐发展，某校于上周六举办跳绳竞赛.现通过简洁随机抽样获得了22名学生在1分钟内的跳绳个数如下（单位：个）：估计该校学生在1分钟内跳绳个数的第65百分位数为（

）A．124 B． C． D．4．图1是南北方向、水平放置的圭表（一种度量日影长的天文仪器，由“圭”和“表”两个部件组成）示意图，其中表高为h，日影长为l.图2是地球轴截面的示意图，虚线表示点A处的水平面.已知某测绘爱好小组在冬至日正午时刻（太阳直射点的纬度为南纬）在某地利用一表高为的圭表按图1方式放置后，测得日影长为，则该地的纬度约为北纬（

）（参考数据：，）A． B． C． D．5．函数中的图像可能是（

）A． B．C． D．6．已知为双曲线的左焦点，为其右支上一点，点，则周长的最小值为（

）A． B． C． D．7．与正三棱锥6条棱都相切的球称为正三棱锥的棱切球.若正三棱锥的底面边长为，侧棱长为3，则此正三棱锥的棱切球半径为（

）A． B． C． D．8．设数列的前项和为，且.若对随意的正整数，都有成立，则满意等式的全部正整数为（

）A．1或3 B．2或3 C．1或4 D．2或4二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．已知圆，直线，则（

）A．直线过定点B．直线与圆可能相离C．圆被轴截得的弦长为D．圆被直线截得的弦长最短时，直线的方程为10．函数的部分图像如图所示，，则下列选项中正确的有（

）A．的最小正周期为B．是奇函数C．的单调递增区间为D．，其中为的导函数11．随着春节的接近，小王和小张等4位同学打算相互送祝愿.他们每人写了一个祝愿的贺卡，这四张贺卡收齐后让每人从中随机抽取一张作为收到的新春祝愿，则（

）A．小王和小张恰好互换了贺卡的概率为B．已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为C．恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为D．每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为12．已知正数满意等式，则下列不等式中可能成立的有（

）A． B．C． D．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知函数f(x)＝是奇函数，则a＝________．14．的绽开式中的系数是________．（用数字作答）15．若，则__________.16．设是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且.若存在，使得与垂直，且，则的最小值为__________.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知等差数列的各项均为正数.若分别从下表的第一､二､三列中各取一个数，依次作为，且中任何两个数都不在同一行.第一列其次列第三列第一行4511其次行3109第三行876(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为.求证：.18．如图，在中，角的对边分别为.已知.(1)求角；(2)若为线段延长线上一点，且，求.19．如图，三棱柱中，侧面为矩形，且为的中点，．(1)证明：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值．20．在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列.现连续放射信号次，每次放射信号“0”和“1”是等可能的.记放射信号“1”的次数为.(1)当时，求；(2)已知切比雪夫不等式：对于任一随机变量，若其数学期望和方差均存在，则对随意正实数，有.依据该不等式可以对事务“”的概率作出下限估计.为了至少有的把握使放射信号“1”的频率在与之间，试估计信号放射次数的最小值.21．设抛物线方程为，过点的直线分别与抛物线相切于两点，且点在轴下方，点在轴上方.(1)当点的坐标为时，求；(2)点在抛物线上，且在轴下方，直线交轴于点.直线交轴于点，且.若的重心在轴上，求的最大值.22．已知函数.(1)探讨的单调性；(2)设是两个不相等的正数，且，证明：.1．B【分析】利用交集的定义即可求解.【详解】因为集合，所以.故选：B．2．B【分析】利用复数运算求出复数，即可得到答案；【详解】∵复数满意，∴，故选：B.3．C【分析】依据百分位数的概念干脆计算即可得答案.【详解】解：因为，22名学生的跳绳成果从小到大第15个数为，所以，该校学生在1分钟内跳绳个数的第65百分位数为故选：C4．B【分析】由题意有，可得，从而可得【详解】由图1可得，又，所以，所以，所以，该地的纬度约为北纬，故选：．5．D【分析】首先推断函数的奇偶性，再依据函数在上函数值的正负状况，利用解除法推断即可.【详解】解：因为定义域为，又，所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故解除A、B，又时，，所以，所以，故解除C；故选：D6．B【分析】设双曲线的右焦点为，由双曲线方程可求出，b，c的值，利用双曲线的定义以及三点共线即可求出的周长的最小值．【详解】设双曲线的右焦点为，由双曲线的方程可得：，则，所以，且，所以，的周长为，当且仅当M，P，A三点共线时取等号，则周长的最小值为．故选：B．7．C【分析】由题意构造直角三角形，列出关于高及得方程组，即可求解出正三棱锥的棱切球半径.【详解】如图三棱柱为正三棱锥，且底面边长，侧棱设正三棱锥的棱切球球心为，半径为，则顶点在底面的投影为也为的中心，取的中点，连接，过点作垂足为，则，设，在中，因为为的中心，则，，在中即；在中，，即，在中，，则；在中，，则，在中，，则，又因为，则，化简得，由得解得.故选：C.8．A【分析】依据与的关系，求出，则①，又②，②－①×3得，得，进而求出，由题意得，记，探讨的单调性，求出的解即可．【详解】，时，，相减可得：，即又时，，解得，满意，数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以．对随意正整数n，都有成立，得①，又②，②－①×3得：，又，所以，得，进而，由，得，即，记，则，以下证明时，，因为，即时，单调递减，，综上可得，满意等式的全部正整数的取值为1或3．故选：A．【点睛】关键点睛：涉及数列的单调性以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何学问，能娴熟的应用数列的相关学问作答，关键是要留意构造新数列解决问题.9．AC【分析】直线，由求出定点，即可推断A；由点与圆心距离推断直线与圆位置关系，即可推断B；令，求出圆与y轴交点纵坐标可得弦长，即可推断C；依据直线l被圆C截得弦长最短，只需与圆心连线垂直于直线，求出直线的方程，即可推断D．【详解】直线，由，得，即l恒过定点，故A正确；点与圆心的距离，故直线l与圆C恒相交，故B错误；令，则，可得，故圆C被y轴截得的弦长为，故C正确；要使直线l被圆C截得弦长最短，只需与圆心连线垂直于直线，所以直线l的斜率，可得，故直线l为，故D错误．故选：AC．10．AD【分析】依据题意可求得函数的周期，即可推断A，进而可求得，再依据待定系数法可求得，再依据三角函数的奇偶性可推断B，依据余弦函数的单调性即可推断C，求导计算即可推断D.【详解】解：由题意可得，所以，故A正确；则，所以，由，得，所以，则，又，所以，则，由，得，所以，则为偶函数，故B错误；令，得，所以的单调递增区间为，故C错误；，则，故D正确.故选：AD.11．BC【分析】计算出四个人每人从中随机抽取一张共有种抽法，依据古典概型的概率公式以及条件概率的概率公式计算各选项，可得答案.【详解】对于A,四个人每人从中随机抽取一张共有种抽法，其中小王和小张恰好互换了贺卡的抽法有种，故小王和小张恰好互换了贺卡的概率为，A错误；对于B,设小王抽到的是小张写的贺卡为事务A,则,小张抽到小王写的贺卡为事务B,则已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为,B正确；对于C,恰有一个人抽到自己写的贺卡的抽法有种，故恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为，C正确；对于D,每个人抽到的贺卡都不是自己写的抽法共有种，故每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为，D错误，故选：12．B【分析】依据题目形式构造函数，利用求导和同构即可求解.【详解】因为，所以，所以，①当时，令，所以，令所以，所以在单调递增，，所以在单调递减，所以，所以，所以，所以，所以，令，，所以单调递增，所以由得，所以,所以，故此时，C,D选项不行能；由，即构造所以当时，，所以在单调递减又，，所以，则所以，构造，所以在单调递增所以故选：B【点睛】关键点点睛：本题关键点在于构造函数以及，利用导数以及参数的范围进行推断.13．1【分析】先求得，依据函数为奇函数，得到，即可求解.【详解】由题意，当时，则，可得，又因为函数为奇函数，所以，即，解得.故答案为：1.【点睛】本题主要考查了分段函数的解析式，以及函数的奇偶性的应用，其中解答中熟记函数的奇偶性，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与运算实力.14．【分析】首先分析出存在有两项，然后分别求出这两项系数，相加即可.【详解】依据题意,的项在的绽开式中有两项，分别为：和，即和，则的系数为：.故答案为：.15．##【分析】利用协助角公式，结合正弦函数的性质进行求解即可.【详解】，或，当时，可得，此时，明显没有意义；当时，，此时，所以有，当时，；当时，，故答案为：【点睛】关键点睛：考虑到分母不为零解题的关键.16．【分析】依据向量的线性运算，令，，从而得出有共线，结合题设推出，当且仅当时，取最大值2，此时面积最大，则O到的距离最远，此时取到最小值，即可求解.【详解】如图示，是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且，由题意得：，令，则三点共线，则三点共线故有共线，由题意与垂直,,知,且为定值，在中，，当且仅当时，取最大值2，此时面积最大，则O到的距离最远，而，故当且仅当即关于y轴对称时，最小，此时O到的距离为，所以,故，即的最小值为，故答案为：【点睛】方法点睛：依据向量的线性运算，可令，

，从而得出共线,由此依据题设可推出，即当且仅当即关于y轴对称时，最小，从而问题可解.17．(1)(2)证明见解析【分析】（1）由等差数列的性质和定义即可求出；（2）求出，利用裂项相消法求出，即可证明.【详解】（1）由题可得，故.（2）且，则于是.18．(1)(2)【分析】(1)运用正弦定理以及诱导公式求解；(2)依据条件运用正弦定理求解.【详解】（1）由条件及正弦定理可得：，即故，则有，又，故有，或（舍去），或（舍去），则，又，所以；（2）设，在和中，由正弦定理可得于是，又，则，，；综上，，.19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接与交于点，连接，则，利用线面平行的判定定理即可证明；（2）由已知条件得面，则，由得.以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，由面得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，由求得，然后利用向量夹角公式求解即可.【详解】（1）连接与交于点，连接为三棱柱，为平行四边形，点为的中点又为的中点，则，又平面平面，平面．（2）解法1：，面面，，，即以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，面，则平面的一个法向量为设平面的法向量为，则，即令设平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角的余弦值是．解法2：设点为的中点，点为的中点，连接交于点，连接，设点为的中点，连接点为的中点，点为的中点且，点为的中点为矩形，又平面，在中，，可得为等腰直角三角形，其中而点为的中点，且点为的中点，点为的中点且，又在Rt中，，点为的中点，在中，，且点为的中点且即为平面与平面的夹角在中，．平面与平面的夹角的余弦值是．20．(1)(2)1250【分析】(1)依据二项分布公式计算；(2)运用二项分布公式算出和，再依据题意求出中a的表达式，最终利用切比雪夫不等式求解.【详解】（1）由已知，所以；（2）由已知，所以，若，则，即，即.由切比雪夫不等式，要使得至少有的把握使放射信号“1”的频率在与之间，则，解得，所以估计信号放射次数的最小值为1250；综上，，估计信号放射次数的最小值为1250.21．(1)；(2).【分析】（1）设，依据导数的几何意义可得切线方程，利用切线方程与抛物线方程可得，，进而即得；或利用条件可得切点所在直线，利用韦达定理法即得；（2）设，依据三角形面积公式结合条件可表示，然后依据二次函数的性质结合条件即得.【详解】（1）解法一：设，，，由，可得，所以，直线PA的斜率，直线PA：，又在上，，所以，又，所以，同理可得，，；解法二：设，，，由，可得，所以，直线PA的斜率，直线PA：，又在上，故，即，因为，所以，同理可得，故直线的方程为，联