广东省湛江市2025届普通高考测试(一)数学数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1广东省湛江市2025届普通高考测试(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，，则（）．A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，，所以．故选：A．2.已知向量，，若，则（）．A. B.2 C. D.5【答案】C【解析】因为，所以，所以，所以．故选：C．3.在等比数列中，，，则（）．A. B.567 C.451 D.699【答案】B【解析】因为，所以，当时，，，舍去，故，所以，即，所以.故选：.4.一组数据1，3，7，9，的中位数不小于平均数，则m的取值范围为（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】因为这组数据的平均数为，所以这组数据的中位数只可能是m或7，若这组数据的中位数是m，则，即，若这组数据的中位数是7，则，即，综上所述，m的取值范围为.故选：B.5.一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为V的球，则该球的体积V的最大值是（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意得，扇形的弧长，所以该圆锥的底面圆的半径，所以该圆锥的高．设该圆锥内的球的最大半径为R，圆锥的轴截面如图所示：则依题意得，所以，所以该球的体积V的最大值是．故选：D6.已知函数在区间上存在唯一个极大值点，则m的最大值为（）．A. B. C. D.【答案】A【解析】当时，，由在区间上存在唯一个极大值点，得，解得，所以m的最大值为.故选：A7.已知，，点P满足，当取到最大值时，的面积为（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】设，由得，即，则点P轨迹为的圆心为，半径为的圆.当直线与圆D相切时，最大，则．又，，所以．又，所以．故选：D．8.已知定义在上的函数为奇函数，且当时，，若，不等式恒成立，则的值不可能是（）．A. B. C. D.3【答案】D【解析】因为定义在上的函数为奇函数，且当时，，所以当时，，，当时，，令，即，因为，当且仅当时等号成立，所以，若，则函数在上单调递增，又，所以，即恒成立，故满足题意，排除选项A；若，则，函数在上不单调，图象如图所示，又，即，可理解为函数的图象在函数的图象下方，所以由图象可得，即，令，则，，.故选：D二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，，，，，5个数据的散点图如图所示，采用一元线性回归模型建立经验回归方程．经分析确定为“离群点”，故将其去掉，将数据去掉后，下列说法正确的有（）．A.样本相关系数r变大B.残差平方和变小C.决定系数变大D.若经验回归直线过点，则其经验回归方程为【答案】BCD【解析】对于选项A：由图可知，变量x与变量y是负相关，且将数据去掉后，样本相关系数r的绝对值变大，所以r变小，故选项A错误；对于选项B：将数据去掉后，变量x与变量y的相关性变强，所以残差平方和变小，决定系数变大，故选项B，C正确；对于选项D：设经验回归方程为，经计算得，且，，可得，，所以经验回归方程是，所以选项D正确．故选：BCD．10.复数，满足，，则（）．A. B.C. D.【答案】ABD【解析】依题意得，复数，是方程的两个根，可得，解得，则，，所以，故选项A正确；，故选项B正确；，故选项C错误；，故选项D正确．故选：ABD．11.设定义在R上的函数和，记的导函数为，且满足，，若为奇函数，则下列结论一定成立的有（）．A. B.C. D.【答案】ABC【解析】由得．又，所以，即，所以关于对称，．又因为是奇函数，故是偶函数，所以满足条件．对于选项A，因为，所以，所以，选项A正确；，选项B正确；因为，所以，所以，选项C正确；对于选项D，，但不一定为0，选项D错误．故选：ABC．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知等差数列的前n项和为，且满足，，则数列的通项公式为__________．【答案】【解析】设的公差为，因为，所以，又，故，解得，所以，又，所以．故答案为：13.已知，则__________．【答案】【解析】，即．又，所以，所以．故答案为：.14.已知椭圆与双曲线具有相同的焦点，，点P为椭圆A与双曲线B位于第一象限的交点，且（O为坐标原点）．设椭圆A与双曲线B的离心率分别为，，则的最小值为__________．【答案】【解析】法一：因为，所以．设，（不妨设），，依题意有，，，所以，当且仅当时等号成立，所以，所以的最小值为．法二：因为，所以．对于焦点三角形，根据椭圆的性质可得其面积，根据双曲线的性质可得，所以，所以，整理可得．所以，当且仅当时等号成立，所以，所以的最小值为．故答案为：.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.在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，D为边上的点，且平分．（1）求的大小；（2）若，，求的周长．解：（1）由正弦定理得．又因为，所以，所以，或，，或，又，∴．（2）平分，，所以，所以，即．①由余弦定理得，即．②将①代入②得，所以，（舍去），所以的周长为．16.已知函数，其中．（1）若，求函数的单调区间；（2）当时，试判断的零点个数并证明．解：（1）由题知，，当时，．令，得或（舍去）．当时，，故的单调递减区间为．当时，，故的单调递增区间为．（2）解法一：因为，故有一个零点是2．令，解得（舍去），．当时，，故单调递减．当时，，故单调递增．当时，，．．下面先证明当时，．令，，故在上单调递增，所以．因为，所以．易知，所以在上存在唯一的零点，所以当时，有两个零点，为2和．解法二：当时，，故2是的一个零点．令，又，所以．当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以是的极小值点．当时，，所以．下证．令，则．当时，，单调递减，当时，，单调递增，从而，所以当时，，所以，即．令，则有，则．易得当时，，所以在上有唯一解．综上，当时，有两个零点．解法三：令，当时，，故2是的一个零点．当时，．令，易得在和上均单调递减．因为（洛必达法则），所以当时，且单调递减，故当时，在上有唯一解．而当时，，故当时，无解．综上可知，当时，有两个零点.17.如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱上的点，且平面．（1）求证：．（2）求直线到平面的距离．（3）请判断在平面上是否存在一点E，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形．若存在，请求出点E的轨迹；若不存在，请说明理由．（1）证明：如图，连接，设交于点O，连接，由得．在正方形中，．又，平面,所以平面．又因为平面，所以．（2）解：连接，因为平面，平面，平面平面，所以．在中，O为的中点，所以点P为的中点．易知直线，，两两垂直，如图，以点O为原点建立空间直角坐标系．因为正方形的边长为2，所以，，，，．设平面的一个法向量为，则可得，所以，则，令，可得．因为平面，所以直线到平面的距离等于点B到平面的距离，在法向量上的投影的模为，所以直线到平面距离为．（3）解：不存在．理由如下：根据第（2）问可得直线到平面的距离为．又因为平面，设点Q为的中点，所以点Q到平面的距离为．假设在平面上存在点E，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形，则有．因为，所以不存在满足条件的点E18.已知抛物线的焦点为F，A，B分别为C上的点（点A在点B上方）．过点A，B分别作C的切线，，交于点P．点O为坐标原点，当为正三角形时，其面积为．（1）求抛物线C的方程；（2）若直线经过点F，求动点P的轨迹以及点P到直线的距离的最小值．解：（1）因为为正三角形时，其面积为，可得的边长．根据正三角形以及抛物线的对称性，可知此时点A，B关于x轴对称，所以点A的坐标为．将点A代入抛物线的方程可得，解得，所以抛物线C的方程为．（2）易得．设直线的方程为，联立直线与抛物线C的方程可得．，设点A，B的坐标分别为，，根据韦达定理可得，．设直线的方程为．因为是抛物线C的切线，所以与C仅有一个交点．联立两个方程可得，，所以，所以直线的方程为．同理可得直线的方程为．计算与的交点可得，即可得，所以动点P的轨迹为直线．将点P的横坐标代入直线及，可得其纵坐标为以及，两者相加可得，代入上述韦达定理可得，所以点P的坐标为，所以点P到直线的距离，当且仅当时等号成立，所以点P到直线的距离的最小值为2．19.甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的类问题以及难度系数较高的类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立．（1）当进行完2轮游戏时，求甲总分X的分布列与数学期望．（2）设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为．（ⅰ）证明：为等比数列．（ⅱ）求的最大值以及对应n的值．解：（1）X可以取0，1，2，3，4，每次回答A类问题且回答正确的概率为，回答A类问题且回答不正确的概率为，每次回