2025年广东省广州市高考数学一模试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2025年广东省广州市高考数学一模试卷一、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.若复数z满足1+iz=i，则z的虚部为(

)A.−1 B.1 C.−i D.i2.已知集合A={x|0≤x≤a}，B={x|x2−2x≤0}，若B⊆A，则实数a的取值范围是A.(0,2) B.(0,2] C.(2,+∞) D.[2,+∞)3.在平行四边形ABCD中，点E是BC边上的点，BC=4EC，点F是线段DE的中点，若AF=λAB+μA.54 B.1 C.78 4.已知球O的表面积为4π，一圆台的上、下底面圆周都在球O的球面上，且下底面过球心O，母线与下底面所成角为π3，则该圆台的侧面积为(

)A.334π B.32π5.已知点P在双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上，且点P到A.3 B.2 C.3 D.6.已知实数a，b满足3a=4bA.b<a<0 B.2b<a<0 C.0<a<b D.0<2b<a7.已知ω>0，曲线y=cosωx与y=cos(ωx−π3)A.33π B.22π8.定义域为R的偶函数f(x)在(−∞,0]上单调递减，且f(3)=0，若关于x的不等式(mx−2)f(x−2)≥(nx+3)f(2−x)的解集为[−1,+∞)，则em−2n+en+1A.2e3 B.2e2 C.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。9.某位射击运动员的两组训练数据如下：第一组：10，7，7，8，8，9，7；第二组：10，5，5，8，9，9，10.则(

)A.两组数据的平均数相等

B.第一组数据的方差大于第二组数据的方差

C.两组数据的极差相等

D.第一组数据的中位数小于第二组数据的中位数10.已知函数f(x)=ln4−xx+ax在x=3处取得极大值，f(x)的导函数为f′(x)A.a=43

B.当0<x<1时，f(x)>f(x2)

C.f′(2+x)=f′(2−x)

D.当11.如图，半径为1的动圆C沿着圆O：x2+y2=1外侧无滑动地滚动一周，圆C上的点P(a,b)形成的外旋轮线Γ，因其形状像心形又称心脏线.已知运动开始时点P与点A(1,0)重合.A.曲线Γ上存在到原点的距离超过23的点

B.点(1,2)在曲线Γ上

C.曲线T与直线x+y−22三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知cosαsin(α−β)−sinαcos(β−α)=35，则sinβ=______．13.将1，2，3，⋯，9这9个数字填在3×3的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小.若将4填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法共有______种.14.在正三棱锥P−ABC中，PA=PB=PC=32，AB=6，点D在△ABC内部运动(包括边界)，点D到棱PA，PB，PC的距离分别记为d1，d2，d3，且d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)

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=a(1+2cosB)．

(1)求证：B=2A；

(2)若a=3,b=26，求△ABC16.(本小题15分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，AB=2BC=2，侧面PCD是等边三角形，三棱锥A−PBD的体积为33，点E是棱CP的中点．

(1)求证：平面PBC⊥平面PCD；

(2)求平面BDE与平面ABCD17.(本小题15分)

n(n∈N∗,n≥3)个人相互传球，传球规则如下：若球由甲手中传出，则甲传给乙；否则，传球者等可能地将球传给另外的n−1个人中的任何一个.第一次传球由甲手中传出，第k(k∈N∗)次传球后，球在甲手中的概率记为An(k)，球在乙手中的概率记为Bn(k)．

(1)求A5(2)，B5(2)，A5(3)，18.(本小题17分)

已知动点P到点F(12,0)的距离等于它到直线x=−12的距离，记动点P的轨迹为曲线C．

(1)求C的方程；

(2)O为坐标原点，过点M(2,0)且斜率存在的直线l与C相交于A，B两点，直线AO与直线x=−2相交于点D，过点B且与C相切的直线交x轴于点E．

(i)证明：直线DE//l；

(ii)满足四边形ABDE的面积为1219.(本小题17分)

已知n∈N∗且n≥3，集合An={a1,a2,…,an}，其中0<a1<a2<…<an.若存在函数f(x)(f(x)≠x)，其图象在区间D=[a1,an]上是一段连续曲线，且{f(ai)|ai∈An}=An，则称f(x)是An的T变换函数，集合An是D的T子集.例如，设A5={23,1,2,2,3}，此时函数答案解析1.【答案】B

【解析】解：由1+iz=i，

得z=−1+ii=(−1+i)(−i)−i2=1+i，

可得复数z的虚部为1．2.【答案】D

【解析】解：因为B={x|x2−2x≤0}={x|0≤x≤2}，A={x|0≤x≤a}，

因B⊆A，则a≥2，则实数a的取值范围是[2,+∞)．

故选：D．

求出集合B结合数轴推断a3.【答案】C

【解析】解：由题意可得AF=12(AD+AE)=12(AD+4.【答案】B

【解析】解：球O的表面积为4π，一圆台的上、下底面圆周都在球O的球面上，且下底面过球心O，母线与下底面所成角为π3，

作出示意图如图所示：

设球的半径为OA=OB，由题意可得∠OAB=π3，所以OAB是等边三角形，

所以∠AOB=π3，所以∠O1OB=π6，

因为球O的表面积为4π，所以4π×OA2=4π，解得OA=1，所以OB=AB=1，

所以O15.【答案】D

【解析】解：双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线的方程为bx±ay=0，

设P(x,y)，利用点P到双曲线的两条渐近线的距离之积为|b2x2−a2y2b2+a2|=a22，

可得|a2b26.【答案】B

【解析】解：设3a=4b=k，当k=1时，a=b=0，

当k>1时，a=log3k>0，b=log4k>0，

ab=log3klog4k=lgklg3lgklg4=lg4lg3=log34>1，所以a>b>0，

因为2b=log2k>0，a2b=7.【答案】A

【解析】解：设曲线y=cosωx与y=cos(ωx−π3)相邻的三个交点分别为A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，

由cosωx=cos(ωx−π3)=12cosωx+32sinωx，可得32sinωx−12cosωx=0，

即sin(ωx−π6)=0，解得x=kπω+π6ω(k∈Z)，

不妨取k=0、1、2，解得x1=8.【答案】C

【解析】解：因为f(x)为偶函数，所以f(x)=f(−x)，

则f(x−2)=f(2−x)，

由(mx−2)f(x−2)≥(nx+3)f(2−x)，

得[(m−n)x−5]f(x−2)≥0，

又因为函数f(x)在(−∞,0]上单调递减，且f(−3)=f(3)=0，

则函数f(x)在[0,+∞)上单调递增，

则x∈(−∞,−3)∪(3,+∞)时，f(x)>0，

当x∈(−3,3)时，f(x)<0，

则当x∈(−∞,−1)∪(5,+∞)时，f(x−2)>0，

当x∈(−1,5)时，f(x−2)<0，

所以f(x−2)≤0的解集为[−1,5]，f(x−2)≥0的解集为(−∞,−1]∪[5,+∞)，

由于不等式[(m−n)x−5]f(x−2)≥0的解集为[−1,+∞)，

当m=n时，不等式[(m−n)x−5]f(x−2)≥0为(−5)⋅f(x−2)≥0，

此时解集为[−1,5]，不符合题意；

当m>n时，不等式(m−n)x−5≥0解为x≥5m−n，

不等式(m−n)x−5≤0解为x≤5m−n，

要使不等式[(m−n)x−5]f(x−2)≥0的解集为[−1,+∞)，

则5m−n=5，即m=n+1；

当m<n时，不等式(m−n)x−5≥0解为x≤5m−n，

不等式(m−n)x−5≤0解为x≥5m−n，

此时不等式[(m−n)x−5]f(x−2)≥0的解集不为[−1,+∞)；

综上所述，m=n+1，

则em−2n+en+1=en+1−2n+en+1=e−n−1+en+1≥2e−n+1⋅en+1=2e，

当且仅当e−n+1=e9.【答案】AD

【解析】解：第一组：10，7，7，8，8，9，7；

则第一组数据从小到大排序为：7，7，7，8，8，9，10，

其平均数为17(7+7+7+8+8+9+10)=8，

其方差为17[(10−8)2+(7−8)2+(7−8)2+(8−8)2+(8−8)2+(9−8)2+(7−8)2]=87，

其极差为10−7=3，

其中位数为：8；

第二组：10，5，5，8，9，9，10，

则第二组数据从小到大排序为：5，5，8，9，9，10，10，

其平均数为10.【答案】ACD

【解析】解：由4−xx>0可得0<x<4，

则f(x)=ln4−xx+ax=ln(4−x)−lnx+ax，x∈(0,4)，

则f′(x)=1x−4−1x+a，

因为函数f(x)在x=3处取得极大值，

所以f′(3)=a−43=0，即a=43，f′(x)=43−1x+1x−4=4(x−1)(x−3)3x(x−4)，

令f′(x)<0，得0<x<1或3<x<4；令f′(x)>0，得1<x<3，

所以函数f(x)在(0,1)和(3,4)上单调递减，在(1,3)上单调递增，

则函数f(x)在x=3处取得极大值，符合题意，即a=43，故A正确；

由上述可知函数f(x)在(0,1)上单调递减，

当0<x<1时，0<x2<x<1，则f(x)<f(x2)，故B错误；

由f′(x)=4(x−1)(x−3)3x(x−4)，

则f′(2+x)=4(2+x−1)(2+x−3)3(2+x)(2+x−4)=4(x+1)(x−1)3(2+x)(x−2)，

f′(2−x)=4(2−x−1)(2−x−3)3(2−x)(2−x−4)=4(1−x)(−x−1)3(2−x)(−x−2)=4(x+1)(x−1)3(2+x)(x−2)=f′(2+x)，故C正确；

因为1≤x1≤x2≤3，x111.【答案】BCD

【解析】解：设⊙O与⊙C切于M点，则O，C始终关于点M对称，

所以当切点M绕O逆时针转动θ弧度时，致使点P绕圆心C也转了θ弧度，θ∈[0,2π)，

如图，连接OC，所以∠AOM=∠MCP=θ，延长CP与x轴交于R点，过C作CD⊥x轴于点D，

∠OCD=π2−θ，所以∠RCD=θ−(π2−θ)=2θ−π2.OC=2，PC=1，

所以xP=2cosθ+PC⋅sin(2θ−π2)=2cosθ−cos2θ，

yp=2sinθ−cos(2θ−π2)=2sinθ−sin2θ，

则P(2cosθ−cos2θ,2sinθ−sin2θ)，

即曲线Γ的参数方程为x=2cosθ−cos2θy=2sinθ−sin2θ，θ为参数，θ∈[0,2π)，

对于A，|PO|=(2cosθ−cos2θ)2+(2sinθ−sin2θ)2=5−4cosθ≤3<23，

所以Γ上不存在到原点的距离超过23的点，A错；

对于B，若(1,2)在T上，则2cosθ−cos2θ=1①2sinθ−sin2θ=2②，

由①解得θ=π2,3π2或0，

验证知仅当θ=π2时，代入②符合，所以P(1,2)在曲线T上，故B正确；

对于C，由x+y−22=0，将曲线Γ的参数方程代入得：2cosθ−cos2θ+2sinθ−sin2θ−22=0，

即22sin(θ+π4)−212.【答案】−3【解析】解：由cosαsin(α−β)−sinαcos(β−α)=35，

得−sin(β−α)cosα−cos(β−α)sinα=35，

则sin(β−α)cosα+cos(β−α)sinα=−35，

可得sin13.【答案】12

【解析】解：将1，2，3，⋯，9这9个数字填在3×3的方格表中，

由每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小，得9在左上角，1在右下角，

如图，

2，3排在d，f位置，有A22种方法，

从余下的4个数字中任取2个按从左到右由大到小排在a，b位置，有C42种方法，

最后两个数字从上到下由大到小排在c，e位置，有1种方法，

所以填写方格表的方法共有A22C42×1=12(种)．

故答案为：12．

确定1，914.【答案】2π

【解析】解：由题意可知：PA=PB=PC=32，AB=AC=BC=6，

则PA2+PB2=AB2，PA2+PC2=BC2，PB2+PC2=BC2，

可知PA⊥PB，PA⊥PC，PB⊥PC，

因为三棱锥P−ABC为正三棱锥，则点P在底面ABC内的投影为底面△ABC的中心O，

取AB的中点M，则CO=23CM=23，PO=PC2−CO2=6，

设点D在平面PAB、平面PAC和平面PBC内的投影分别为F、I和J，

根据正三棱锥的结构特征，可以以DF，DI，DJ为邻边作长方体PEFG−HIDJ，

则PA⊥平面EFDI，DE⊂平面EFDI，则PA⊥DE，即d1=DE，

同理可知：d2=DG，d3=DH，

由长方体的性质可知：d12=PH2+PG2d22=PE2+PH2d32=PE2+PG2PD2=PE2+PG2+PH2，

可得d12+d22+d315.【答案】证明见解析；

52【解析】(1)证明：由c=a(1+2cosB)，根据正弦定理得sinC=sinA(1+2cosB)，

在△ABC中，sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB，

所以sinAcosB+cosAsinB=sinA+2sinAcosB，

整理得cosAsinB−sinAcosB=sinA，即sin(B−A)=sinA，

所以B−A=A或B−A+A=π(不符合题意，舍去)，可得B=2A．

(2)解：根据正弦定理asinA=bsinB，

可得3sinA=26sin2A，即3sinA=262sinAcosA，解得cosA=63，

由余弦定理a2=b2+c2−2bccosA=9，即24+c2−8c=9，

整理得c2−8c+15=0，解得c=3或c=5．

当c=3时，a=c=3，C=A，结合B=2A16.【答案】证明见解析；

64【解析】解：证明：(1)因为底面ABCD为矩形，AB=2BC=2，

所以S△ABD=12AB⋅AD=12×2×1=1，

设三棱锥P−ABD的高为d，又三棱锥A−PBD的体积为33，

所以VA−PBD=VP−ABD=13S△ABD⋅d=13×1×d=33，

所以d=3，

又侧面PCD是等边三角形，且CD=AB=2，

取CD的中点，连接PO，可得PO=3，从而PO为三棱锥P−ABD的高，

所以PO⊥平面ABD，又BC⊂平面ABD，

所以PO⊥BC，又CD⊥BC，PO∩DC=O，PO，DC⊂平面PCD，

所以BC⊥平面PCD，又BC⊂平面PBC，

所以平面PBC⊥平面PCD；

(2)取AB的中点N，连接ON，

则ON/​/BC，

故由(1)可以O为坐标原点，ON，OC，OP所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角标系，

则B(1,1,0)，D(0,−1,0)，E(0,12,32)，P(0,0,3)，

则DB=(1,2,0)，DE=(0,32,32)，OP=(0,0,3)，

设平面BDE的一个法向量为n=(x,y,z)，

则n⋅DB=x+2y=0n⋅DE17.【答案】A5(2)=14，B5

=0，A5(3)=34×14【解析】解：(1)由题意知，

所以A5(2)=14.B5(2)=0，A5(3)=34×14=316，B5(3)=14+34×14=716．

(2)由题意知，An(k+1)=1n−1[1−An(k)],An(1)=0．

所以An(k+1)−1n=−1n−1[18.【答案】y2=2x；

(i)证明见解析；(i)有2【解析】解：(1)由抛物线的定义得动点P的轨迹为以F(12,0)为焦点，直线x=−12为准线的抛物线，

所以p=12，即y2=2x．

(2)(i)证明：由题可知，直线l的斜率存在且不为0，故设直线l的方程为x=my+2(m≠0)，则直线l的斜率为kA