广东省部分学校2025年高考数学联考试卷（3月份）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页广东省部分学校2025年高考数学联考试卷（3月份）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.已知某扇形的圆心角为2rad，面积为25，则该扇形所对应圆的面积为(

)A.5π B.16π C.25π D.36π2.已知z−1z+1=i，则在复平面内z所对应的点位于(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.(2x−1x)6的展开式中第A.60 B.64 C.72 D.844.已知非零向量a，b满足|a|b−|bA.14 B.12 C.2 5.记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a5=1，SA.16 B.18 C.23 D.256.加密运算在信息传送中具有重大作用.对于一组数据a1，a2，…，an，其密钥s=1ni=1nai，定义算法bi=ai⊕s=ai+s,ai≤sai−s,ai>s，其中i=1，2，…，n.将数据a1，a2，…，an加密为b1A.2 B.3 C.6 D.97.已知正数a，b，c满足2a+b+3c=8，则a+b+2cb+c+1a+cA.22 B.3+224 8.已知椭圆Z：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，若Z上的点A，A.53 B.63 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.已知随机事件A，B满足P(A)=12，P(B)=14，P(B|A)=P(B)A.事件A与事件B相互独立 B.P(AB−)=34

10.半径为3的球O上相异三点A，B，C构成边长为3的等边三角形，点P为球O上一动点，则当三棱锥P−ABC的体积最大时(

)A.三棱锥O−ABC的体积为964

B.三棱锥O−ABC的内切球半径为64

C.三棱锥P−ABC的体积为9(11.数据处理过程中常常涉及复杂问题，此时需要利用符号O来衡量某个操作的复杂度.设定义在全体正整数上的函数f(x)与g(x)，若存在正常数c，同时存在常数k∈N+，使任意x>k时，|f(x)|≤c|g(x)|，则称f(x)是O(g(x))的复杂函数，则下列函数中，满足f(x)是O(g(x))的复杂函数有(设an均为非零实数)A.f(x)=100，g(x)=lnx B.f(x)=2x2+x，g(x)=2x−3x

C.f(x)=9⋅三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知双曲线C：x2m−y2=1(m>0)13.设集合A={a,b}，B={2a,2a2}，若A=B，则ab=14.已知函数f(x)=sin(ωx+π3)(ω>0)在区间(ω2,ω)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)

已知函数f(x)=ax+bex在x=1处取得极值1e．

(1)求a，b；

(2)证明：t>016.(本小题15分)

如图，圆柱O1O2中，AB是底面圆O2上的一条直径，P，Q分别是底面O2，O1圆周上的一点，PQ//O1O2，AB=2PQ，且点P不与A，B两点重合．

(1)证明：平面APQ⊥平面BPQ；

17.(本小题15分)

记锐角△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosA+bcosB=2ccosC．

(1)证明：sinAcosB+sinBcosA=4sinC；18.(本小题17分)

已知数列{an}满足a1=1，a2=−52，记{an}的前n项和为Sn，且{Sn+2−Sn}是以34为首项，19.(本小题17分)

过三角形的重心作一直线，若这条直线将该三角形分成面积比为m：n的两部分，则称这条直线为m+n型直线，其中m，n∈N∗，且m≥n.等边△ABC的边长为43，重心为点G，以动点D为圆心，|CD|为半径作圆，该圆与线段AB相切，记点D的轨迹为T．

(1)探究在△ABC中是否存在与T相切的m+n型直线，并证明；

(2)若点C在△DAB的2型直线上，T在点D处的切线与△ABC交于M，N两点，求|MN|；

(3)若△CGD的外接圆与直线AC相切，且与△ABC的一条m+n型直线相切，求答案解析1.【答案】C

【解析】解：由题意该扇形的圆心角α=2rad，面积S扇=25，

由于S扇=12αr2，

所以r2=2×2522.【答案】B

【解析】解：由z−iz+1=i，得z−i=i(z+1)=iz+i，即(1−i)z=2i，

因此z=2i1−i=2i(1+i)(1−i)(1+i)=−1+i，

所以在复平面内z所对应的点的坐标为(−1,1)，位于第二象限．

故选：3.【答案】A

【解析】解：根据二项式定理可得(2x−1x)6的展开式中，

第5项为C64(2x)2(−1x)4=604.【答案】B

【解析】解：根据题意可知，|a|b−|b|a=a−2b，化简得(|a|+2)b=(|b|+1)a，

则a,5.【答案】D

【解析】解：等差数列{an}的前n项和，已知a5=1，S11=−11，

设公差为d，则a1+4d=1，11a1+55d=−11，

解得a1=9，d=−2，所以an=a1+(n−1)d=9−2(n−1)=11−2n，

当n≥6时，an<0，当1≤n≤5时，an>0，

所以当n=5时，S6.【答案】C

【解析】解：现将一组数据4，1，6，8，4，7进行I型单向加密，

密钥s=4+1+6+8+4+76=5，

则加密后的新数据依次为9，6，1，3，9，2，

将加密后的新数据按从小到大的顺序排列为1，2，3，6，9，9，

由6×60%=3.6，得加密后的新数据的第60百分位数为6．

故选：C．

根据给定条件，求出密钥s，进而求出加密后的新数据，再利用第607.【答案】D

【解析】解：正数a，b，c满足2a+b+3c=8，故2(a+c)+(b+c)=8，

令a+c=m，b+c=n，故2m+n=2(a+c)+b+c=8，m>0，n>0，

a+b+2cb+c+1a+c=a+c+b+cb+c+1a+c=a+cb+c+1a+c+1=mn+1m+1

=8−n2n+1m+1=4n+1m+12，

48.【答案】D

【解析】解：椭圆Z：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，Z上的点A，B，

如图，由|AF1|=5|AF2|及|AF1|+|AF2|=2a，得|AF1|=53a,|AF2|=13a，

由AF2=5F9.【答案】AD

【解析】解：对于A，由P(B|A)=P(B)，得P(BA)P(A)=P(B)，即P(BA)=P(B)P(A)，事件A与事件B相互独立，A正确；

对于B，由选项A知，事件A,B−相互独立，

随机事件A，B满足P(A)=12，P(B)=14，

则P(AB−)=P(A)P(B−)=12×(1−14)=38，B错误；

对于10.【答案】BCD

【解析】解：对于A，因为半径为3的球O上相异三点A，B，C构成边长为3的等边三角形，]

又点P为球O上一动点，设△ABC的中心为O1，

所以2AO1=3sin60∘⇒AO1=3，

又OO1⊥平面ABC，

所以OO1=OA2−O1A2=9−3=6，

所以三棱锥O−ABC的体积为13×34×32×6=924，故A错误；

对于B，设三棱锥O−ABC的内切球半径为r，

由等体积法可得13×3411.【答案】ABD

【解析】解：存在正常数c，同时存在常数k∈N+，使任意x>k时，|f(x)|≤c|g(x)|，则称f(x)是O(g(x))的复杂函数，

对于A，存在正常数c=100，对任意x>3，100|g(x)|=100lnx>100ln3≥100=|f(x)|，

因此f(x)是O(g(x))的复杂函数，A是；

对于B，存在正常数c=100，对任意x>7，令ℎ(x)=g(x)−f(x)=2x−2x2−4x，

求导得ℎ′(x)=2xln2−4x−4，令φ(x)=2xln2−4x−4，

求导得φ′(x)=2x(ln2)2−4>14⋅2x−4>0，函数ℎ′(x)在(7,+∞)上递增，

ℎ′(x)>ℎ′(7)>27ln2−32>27⋅12−32>0，函数ℎ(x)在(7,+∞)上递增，

ℎ(x)>ℎ(7)=2>0，则g(x)>f(x)>0，

因此|f(x)|≤100|g(x)|，f(x)是O(g(x))的复杂函数，B是；

对于C，函数y=9⋅(32)x在R上单调递增，值域为(0,+∞)，

因此不存在正常数c，使得c≥f(x)g(x)成立，而g(x)>012.【答案】x±2y=0

【解析】解：由题意可得：b=1,c=5，且双曲线的焦点在x轴上，则a=c2−b2=2，

故双曲线C的渐近线方程为y=±bax=±113.【答案】12【解析】解：B={2a,2a2}中，2a≠2a2，则a≠0且a≠1，

而A={a,b}，A=B，a=2a2b=2a，解得b=1，a=12，

所以ab=12．14.【答案】−【解析】解：由f(ω)+32=2f(ω2)，得sin(ω2+π3)+32=2sin(ω22+π3)，令ω22=θ，

即sin(2θ+π3)+32=2sin(θ+π3)，

整理得(sinθ+3cosθ)cosθ=sinθ+3cosθ，

解得cosθ=1或tanθ=−3，

则θ=2kπ，k∈N∗或θ=kπ+2π3,k∈N，ω=4kπ,k∈N∗或ω=2kπ+4π3,k∈N，

当x∈(ω2,ω)时，ωx+π3∈(ω22+π3,ω2+π3)，由函数f(x)在(ω2,ω)上有且仅有一个零点，

得ω22≤2π，即ω15.【答案】a=1，b=0；

证明见解析．

【解析】解：(1)f′(x)=aex−(ax+b)exe2x=a−ax−bex，

因为函数f(x)=ax+bex在x=1处取得极值1e，

所以f′(1)=a−a−bex=0且f(1)=a+be=1e，

解得a=1，b=0，

故f(x)=xex，f′(x)=1−xex，

当x∈(−∞,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

所以f(x)=xex在x=1处取得极值1e，满足要求，

所以a=1，b=0．

(2)证明：t>0时，(t+1)f(t)−t=(t+1)tet−t=t(t+1−et)et，

令g(t)=t+1−et16.【答案】证明过程见解析；

34【解析】解：(1)证明：因为AB是底面圆O2上的一条直径，

所以AP⊥BP，

因为O1O2⊥底面圆O2，PQ//O1O2，

所以PQ⊥底面圆O2，

因为BP⊂底面圆O2，所以PQ⊥BP，

因为AP∩PQ=P，AP，PQ⊂平面APQ，

所以BP⊥平面APQ，

因为BP⊂平面BPQ，

所以平面APQ⊥平面BPQ；

(2)因为O1O2⊥底面圆O2，AP，PQ2⊂圆O2，

所以O1O2⊥AP，O1O2⊥AO2，

所以∠AO2P为二面角A−O1O2−P的平面角，

故∠AO2P=60°，又AO2=PO2，所以△APO2为等边三角形，

以P为坐标原点，PB，PA，PQ所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

AB=2PQ，设AB=2，故AP=AO2=PO2=PQ=1，PB=AB2−AP2=3，

B(3,0,0),Q(0,0,1),P(0,0,0),O1(317.【答案】证明见解析；

1．

【解析】证明：(1)记锐角△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosA+bcosB=2ccosC，

在△ABC中，由acosA+bcosB=2ccosC及正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R，

得sinAcosA+sinBcosB=2sinCcosC，

则4sinCcosC=sin2A+sin2B=2sin(A+B)cos(A−B)=2sinCcos(A−B)，

而sinC>0，则2cosC=cos(A−B)，于是−2cos(A+B)=cos(A−B)，

整理得sinAsinB=3cosAcosB，因此cosC=−cos(A+B)=−cosAcosB+sinAsinB=2cosAcosB，

所以sinAcosB+sinBcosA=sinAcosA+sinBcosBcosAcosB=2sinCcosC12cosC=4sinC；

解：(2)在锐角△ABC中，由(1)知，sinAsinB=3cosAcosB，则tanAtanB=3，

而tanA>0，tanB>0，

则tanC=−18.【答案】a3=134,a4=−298【解析】解：(1)数列{an}满足a1=1，a2=−52，记{an}的前n项和为Sn，

且{Sn+2−Sn}是以34为首项，−12为公比的等比数列，

由等比数列的通项公式可得Sn+2−Sn=34⋅(−12)n−1，

分别令n=1，n=2，可得a3+a2=34,a4+a3=−38，而a2=−52，

所以a3=134,a4=−298．

(2)数列{Sn}中，S1=a1=1,S2=a1+a2=−32，Sn+2−Sn=34⋅(−12)n−1，

当n=2k，k∈N∗时，S2k+2−S2k=34⋅(−12)2k−1=−32⋅(−119.【答案】存在与T相切的m+n型线，证明见解析；

|MN|=23；

n的最小值为4【解析】解：(1)在△ABC中存在与T相切的m+n型线，证明如下：

如图所示，以CG为x轴，AB边中线的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系，

由题意可知圆D与线段AB相