2025届广东省大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试(一)数学试题（含答案）

第第页2025届广东省大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试(一)数学试题一、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A=xx=2k,k∈Z，B=xA．2,4 B．4,6 C．0,2,4 D．2,4,62．复数z满足z1+i=2i，其中i为虚数单位，则A．2 B．22 C．1 D．3．已知平面向量a,b的夹角为60°，且a=2，aA．1 B．2 C．22 4．若l,m为两条不同的直线，α,β为两个不同的平面，则（）A．若l∥α，m⊂α，则l∥m B．若l∥α，m∥α，则l∥mC．若l⊥α，m⊥β，l⊥m，则α⊥β D．若l∥α，α∥β，则l//β5．下列四组数据中，方差最小的为（）A．29,25,37 B．30,46,25 C．38,40,35 D．40,18,306．早在两千年前，古人就通过观测发现地面是球面，并会运用巧妙的方法对地球半径进行估算.如图所示，把太阳光视为平行光线，O为地球球心，A，B为北半球上同一经度的两点，且A，B之间的经线长度为L，于同一时刻在A，B两点分别竖立一根长杆AA1和BB1，通过测量得到两根长杆与太阳光的夹角α和β（A．Lβ−α B．Lsin(β−α) C．Lα+β 7．设函数fx=lneA．−∞,2 C．2,+∞ D．8．已知抛物线y2=4x的弦AB的中点横坐标为5，则A．12 B．11 C．10 D．9二、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．已知直线l：kx−y+2k=0和圆O：xA．直线l恒过定点（2，0）B．存在k使得直线l与直线l0C．直线l与圆O相交D．若k=−1，直线l被圆O截得的弦长为210．已知函数fxA．fx是奇函数 B．fxC．fx在0,π2上单调递增 D．11．设曲线C1:y=ex，抛物线C2:y2=2pxp>0，记抛物线的焦点为F，M，A．若C1与C2无公共点，则p∈0,e B．若l过点F，则l被C．当p=1时，FM≥52 D．当三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．双曲线x2−y26=1的左，右焦点分别为F1,13．在△ABC中，已知C=2π3，tanA⋅tanB=2−3，则14．有三个袋子，每个袋子都装有n个球，球上分别标有数字1,2,3,⋅⋅⋅,n.现从每个袋子里任摸一个球，用X,Y,Z分别表示从第一，第二，第三个袋子中摸出的球上所标记的数，则事件“X+Y=Z”的概率为.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．已知等差数列an满足an，an+1是关于x（1）求a1（2）求数列−1n⋅4nbn16．在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，AD为边BC上的中线.（1）证明：AD=1（2）若A=π3，a=2，求17．如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，BC=CD=AD=2，AB=4.（1）证明：PA⊥BD；（2）若四棱锥P−ABCD的外接球的表面积为25π，求二面角C−AB−P的余弦值.18．数列是特殊的函数，可以利用函数工具研究数列性质.比如，为了研究数列an=1+1nnn∈N∗（1）若不等式cx≥ln1+x对任意x≥0恒成立，求实数c的取值范围，并证明：e>（2）是否存在常数a，使得：∀n∈N∗有，1−a（注：e为自然对数的底数）19．线段MN的长为3，端点M,N分别在y轴和x轴上运动，点E满足ME=2EN，记点E的轨迹为曲线（1）求曲线C的方程；（2）曲线C与x轴的左右两个交点分别为A,B,P为C上异于A,B的动点.过点D1,0分别作直线l1∥AP，直线l2∥BP，其中l1与曲线C交于G,H两点，l2交直线x=−1①求点I的轨迹方程；②△IDR的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由.

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：由log2x<3，则log2所以B=x又因为A=x所以A∩B=2,4,6故答案为：D.【分析】解对数不等式求出集合B，再根据列举法和交集的运算法则，从而得出集合A∩B.2．【答案】D【解析】【解答】解：因为z1+i=2i，

所以所以z=故答案为：D.【分析】根据复数的代数形式的除法运算化简复数z，再结合复数求模公式得出复数z的模.3．【答案】B【解析】【解答】解：由a+所以a+b2=12，

则a2+2a⋅b+b2=12故答案为：B.【分析】根据数量积求向量的模的公式，再结合数量积的运算法则合数量积的定义，从而得出b2+2b4．【答案】C【解析】【解答】解：根据线面平行的性质定理，若l∥α，m⊂α，则l∥m或l与m异面，故A错误；因为平行与同一平面的两条直线位置关系不确定，可能平行、相交或异面，故B错误；如图，B⊂l，过点B作m的平行线n，设l,n所在平面为γ，且γ∩β=b，

则n⊥b，根据l⊥m，所以n⊥l，则l//b，

由l⊥α，可得b⊥α，且b⊂β，

所以α⊥β，故C正确；若l∥α，α∥β，则l//β或l⊂β，故D错误.故答案为：C.

【分析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理，从而逐项判断找出正确的选项.5．【答案】C【解析】【解答】解：对于A，x=s2对于B，x=s2对于C，x=s2对于D，x=s2因为11427所以四组数据中，方差最小的为11427故答案为：C.【分析】先分别求出各组的平均数，再分别求出各组的方差，最后比较方差的大小即可找出方差最小的一组选项.6．【答案】A【解析】【解答】解：如图所示，过点B作太阳光的平行线，与OA的延长线交于点C，则∠B1BC=β，∠BCO=α设地球半径为R，则根据弧长公式得Rβ−a=L，所以故答案为：A.

【分析】过点B作太阳光的平行线，与OA的延长线交于点C，可求出∠AOB=β−a，再利用弧长公式得出地球的半径.7．【答案】B【解析】【解答】解：∵fx=ln又因为f==lne2x+1+当x≥0时，fx=ln不等式f2x−1−fx+1≤0，

即∴2x−1≤x+1，可得2x−1所以不等式f2x−1−fx+1故答案为：B.【分析】根据题意判断fx是偶函数，再求出函数的单调区间，最后利用单调性和奇偶性解不等式得出不等式f8．【答案】A【解析】【解答】解：设抛物线y2=4x的焦点为F，A，B的横坐标分别为x1，x∵抛物线y2=4x的准线为x=−1，

则AF=∴AF∵AF+BF≥AB（当且仅当F

即AB的最大值为12.故答案为：A.

【分析】根据抛物线定义可得AF+BF=12，再数形结合可得AF9．【答案】B,C,D【解析】【解答】直线l：kx−y+2k=0，即y=k(x+2)，则直线恒过定点(−2，0)，A不符合题意；当k=−2时，直线l：kx−y+2k=0与直线l0∵定点（-2，0）在圆O：x2+y2=9内部，∴直线l与圆O相交，C符合题意：当k=−1时，直线l化为−x−y−2=0，即x+y+2=0，圆心O到直线的距离d=|2|2=故答案为：BCD.

【分析】首项整理直线的方程由此即可得出直线过的定点坐标，从而判断出选项A错误；由两条直线垂直的性质即可判断出选项B正确；结合直线与圆的位置关系，由点到直线的距离公式由此计算出结果，从而判断出直线与圆的位置关系由此判断出选项C正确；再由直线与圆的位置关系以及点到直线的距离公式由此计算出结果从而判断出选项D正确，从而得出答案。10．【答案】A,D【解析】【解答】解：由题意得，fx对于A，∵函数fx的定义域为R，

所以f∴fx对于B，∵fx+π∴π不是函数fx对于C，∵f0∴fx在0,对于D，∵fx=2∴fx∵f−∴fx的最小值为−故答案为：AD.

【分析】根据奇函数的定义判断出选项A；根据fx+π≠fx判断出选项B错误；根据f11．【答案】A,D【解析】【解答】解：对于选项A：联立y=exy2=2px得e由题意可知fx无零点，f故当x∈0,12lnp时，f故fx≥f12lnp=p对于选项B：由题意得Fp2,0，

由y=设l与曲线C1的切点为x0,ex0，因为直线l过点Fp2,0，故−所以l的方程为y−e12与y2=2px联立得设l与C2的交点坐标为A则x1+x2=p+2pep+2，故AB=x1+x2+p==2p+设点x,ex，则设gx=e设ℎx=2e故ℎx在R上单调递增，

又因为ℎ0=1>0故∃x0∈则gx在−∞,故FM2的最小值为gx0，

又因为g对于选项D：当p=1时，C2:y2=2x将x0=1又因为曲线C1:y=ex在要使得两曲线上得点M，Q之间距离最小，

当t=0时，直线l:x−y+1=0，l'//l，

则y0显然两切点为0,1,2,1故答案为：AD.

【分析】将C1与C2无公共点转化为fx=e2x−2px无零点，由导数求最小值大于0判断出选项A；先求切线方程为y−ep+12=ep+12x−p−112．【答案】120【解析】【解答】解：因为点P在双曲线右支上，且PF1=4则PF2=PF在△PF1F2中，由余弦定理可得cos∠F1故答案为：120o.

【分析】根据双曲线的定义得出PF213．【答案】3【解析】【解答】解：∵tanA⋅tan∴tanC=−tan解得tanA+tanB=3−即sinA所以sinA+B=3−3cosAcos由tanA⋅tanB=2−∴=3−故答案为：32.

【分析】由两角和的正切公式结合已知条件，从而切化弦可得cosAcosB=314．【答案】n−1【解析】【解答】解：由题意，从三个袋子中摸出的球上所标记的数的总的情况为n3种，

满足Z=X+Y，则2≤Z≤n当Z=2时，X,Y对应的情况有1,1，1种；当Z=3时，X,Y对应的情况有1,2,当Z=4时，X,Y对应的情况有1,3,⋯当Z=n时，X,Y对应的情况有1,n−1,2,n−2,⋯,所以满足Z=X+Y的情况有1+2+3+⋯+n−1故所求事件的概率为P=n故答案为：n−12【分析】利用已知条件归纳求出满足Z=X+Y的情况种数，再根据古典概率公式得出事件“X+Y=Z”的概率.15．【答案】（1）解：根据题意，由韦达定理可得an因为数列an是等差数列，设公差为d所以a1+n−1则2d=42a1∴a（2）解：由（1）中d=2,a1=1∴b∴−1∴Sn=−【解析】【分析】（1）根据韦达定理可得an（2）由（1）中的首项和公差的值结合等差数列通项公式，从而得出等差数列的通项公式为an=2n−1，再代入运算可得−1n⋅4nbn（1）根据题意，由韦达定理可得an因为数列an是等差数列，设公差为d所以a1+n−1则2d=42a1∴a（2）由（1）d=2,a1=1∴b∴−1∴=−1+−116．【答案】（1）证明：方法一：∵AD为BC边上中线，AD=AD2在△ABC中，由余弦定理得：a22bccosA=b∴AD∴AD=1方法二：∵AD为BC边上中线，在△ABC中，∠ADB+∠ADC=π,∴cos∠ADB+cos∠ADC=0，在△ADB和△ADC中，由余弦定理得：AD即2AD∴AD即AD=1（2）解：因为A=π3，a=2，由余弦定理可得故b2+c当且仅当b=cb2+所以AD=1所以AD取得最小值为3.【解析】【分析】（1）利用两种方法求解.

方法一：对AD=12AB+AC两边平方，再由余弦定理证出AD=122（2）在△ABC中，由余弦定理得b2=a（1）方法一：∵AD为BC边上中线，AD=AD2在△ABC中，由余弦定理得：a22bccosA=b∴AD∴AD=1方法二：∵AD为BC边上中线，在△ABC中，∠ADB+∠ADC=π,∴cos∠ADB+cos∠ADC=0，在△ADB和△ADC中，由余弦定理得：AD即2AD∴AD即AD=1（2）A=π3，a=2，由余弦定理可得故b2+c当且仅当b=cb2+所以AD=1所以AD取得最小值为3.17．【答案】（1）证明：取AB的中点O1，连接CO1，

由题意知△BC由等腰梯形知∠BCD=120∘，设AD=CD=BC=2，

则AB=4，故AD2+BD2因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，因为AD∩PD=D，AD，PD⊂平面PAD，所以BD⊥平面PAD，因为PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA.（2）解：由于AD=AO又∵∠DAB=60°，∴O即O1为四边形ABCD外接圆的圆心，且半径r=过O1作平面ABCD的垂线l，

则PD//l，在平面PDO1内作PD的垂直平分线交l与点则OP=OD=OA=OB=OC，

即O为四棱锥P−ABCD的外接球的球心且半径R=OD=PD22+r∴PD22过D作DE⊥AB于E，AB⊥PD,DE,PD⊂平面PDE,DE∩PD=D，所以AB⊥平面PDE，

又因为PE⊂平面PDE，则AB⊥PE，

所以∠PED为二面角C−AB−P的平面角，则tan∠PED=所以，二面角C−AB−P的平面角的余弦值为12【解析】【分析】（1）由线面垂直的性质定理证出线线平行，再证BD⊥平面PAD，从而证出BD⊥PA.（2）先利用已知条件和等边三角形的结构特征确定四棱锥P−ABCD的外接球的球心，再结合勾股定理和外接球的表面积公式可得PD的长，过D作DE⊥AB于E，从而得出∠PED为二面角C−AB−P的平面角，则根据正切函数的定义和同角三角函数基本关系式得出二面角C−AB−P的余弦值.（1）取AB的中点O1，连接CO1所以∠ABC=60由等腰梯形知∠BCD=120∘，设AD=CD=BC=2，则AB=4，故AD2+BD2因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，因为AD∩PD=D，AD，PD⊂平面PAD，所以BD⊥平面PAD，因为PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA.（2）由于AD=AO又∵∠DAB=60°，∴O即O1为四边形ABCD外接圆的圆心，且半径r=过O1作平面ABCD的垂线l，则PD//l在平面PDO1内作PD的垂直平分线交l与点则OP=OD=OA=OB=OC，即O为四棱锥P−ABCD的外接球的球心，且半径R=OD=PD22∴PD22过D作DE⊥AB于E，AB⊥PD,DE,PD⊂平面PDE,DE∩PD=D，所以AB⊥平面PDE，又PE⊂平面PDE，则AB⊥PE，所以∠PED为二面角C−AB−P的平面角，tan∠PED=所以二面角C−AB−P的平面角的余弦值为1218．【答案】（1）解：当x=0时，cx≥ln1+x显然恒成立，当x>0时，cx>ln1+x可化为令gx=ln1+xx，x>0令ℎx=x−1+xln1+x，x>0，

因此ℎx=x−1+xln1+x在0,+∞即g'x=所以gx=ln又由洛必达法则可得：limx→0所以gx<1恒成立，

因此，为使c≥ln1+xx综上所述，c≥1，所以x≥ln1+x，

因为1n则1>nln1+1n=（2）解：存在a=e2，使得：∀n∈N∗有，1−a−1(i)由2n<a1n−1，得a1n>1+2n，所以1nln为使2nlna>ln(ii)对于1−a−1n<2n当n≥3时，−23≤−2n<0，

由1−a令x=−2n，则−2所以lna<ln1+xx则g'令ℎx=x−1+x则ℎ'x=1−因此ℎx=x−1+xln1+x在[−因此g'x=所以gx=ln又因为limx→0所以，当−23≤x<0因此，为使lna<ln1+xx由(i)(ii)可得，a=e2，

即存在a=e2，使得【解析】【分析】（1）当x=0时，cx≥ln1+x恒成立，c∈R；当x>0时，cx>ln1+x可化为c≥ln1+xx，令gx=ln（2）先由题意得到a>0，由2n<a1n−1推出2nlna>ln1+2n，再结合（1）的结果可求出a≥e2，对于1−a−1（1）当x=0时，cx≥ln1+x显然恒成立，当x>0时，cx>ln1+x可化为令gx=ln1+xx令ℎx=x−1+xln1+x，x>0因此ℎx=x−1+xln1+x即g'x=所以gx=ln又由洛必达法则可得：limx→0所以gx<1恒成立，因此，为使c≥ln1+xx综上，c≥1；所以x≥ln1+x，因为1n则1>nln1+1（2）存在a=e2，使得：∀n∈N由题意，为使1−a−1(i)由2n<a1n−1得a1由（1）知x≥ln1+x对任意为使2nlna>ln(ii)对于1−a−1n<2n当n≥3时，−23≤−2n