2025年广东省茂名市高考数学第二次综合测试试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025年广东省茂名市高考数学第二次综合测试试卷一、单选题：本题共8小题，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z=2+i2−i，则|z|=(

)A.1 B.2 C.3 2.设集合A={x|−5x+6<0}，B={x|x>−2}，则x∈A是x∈B的(

)A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件3.已知向量e1，e2不共线，且(2e1+λA.3 B.−3 C.43 D.4.若(1+tanα)(1+tanβ)=2，则tan(α+β)=(

)A.0 B.12 C.1 D.5.二项式(2x−x)5A.−80 B.−40 C.40 D.806.甲、乙、丙三人练习传球，每次传球时，持球者会等可能地传给另外两人中的任意一位，若第一次由甲开始传球，则经过四次传球后，球回到甲手中的概率为(

)A.18 B.14 C.387.已知函数f(x)为R上的奇函数，f(2)=0，当x>0时，f(x)+f′(x)>0，不等式(x−1)f(x)<0的解集为(

)A.(−∞,−2)∪(0,1) B.(−∞,−2)∪(1,2)

C.(−2,0)∪(0,1) D.(−2,0)∪(1,2)8.设O为坐标原点，F为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点，圆O：x2+yA.233 B.213 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.等差数列{an}中，a2+a3=−12，a5+A.数列{an}的公差为2 B.Sn取最小值时，n=6

C.S4=S710.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b=10，25≤a≤5，bcosAcosC+ccosAcosB=A.sinA=55 B.sinA=sinC可能成立

C.△ABC可能是等腰三角形 D.11.设O为坐标原点，对点A(x,y)(其中x2+y2≠0)进行一次变换，得到点B(xcosθ+ysinθ,−xsinθ+ycosθ)，记为A.若B～f(A,π2)，则OA⊥OB

B.若B～f(A,θ)，则|OA|=|OB|

C.若C～f(A,α)，C～f(B,β)，则A～f(B,α−β)

D.A为g(x)=alnx−1x图象上一动点，三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知抛物线y2=8x的焦点为F，点M在抛物线上，MN垂直y轴于点N，若|MN|=6，则|MF|=______．13.已知函数f(x)=aex−lnx−1，若f(x)≥0恒成立，则实数a14.已知棱长为a的正四面体P−ABC，AM=79AB，Q为侧面PBC内的一动点，若QM=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f(x)=x33−a−12x2−ax+2a3，a为常数，且a>0．

(1)若f(1)=0，求函数f(x)的单调区间；16.(本小题15分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥AB，AD//BC，AD=4，AB=AP=2，BC=1，M为PB的中点，PN=2ND．

(1)证明：PC⊥BD；

(2)若Q为线段PC上一点，且A，M，Q，N四点共面，求三棱锥Q−ABC17.(本小题15分)

某运动员为了解自己的运动技能水平，记录了自己1000次训练情况并将成绩(满分100分)统计如下表所示．成绩区间[50,60)[60,70)[70,80)[80,90)[90,100]频数100200300240160(1)求上表中成绩的平均值及上四分位数(同一区间中的数据用该区间的中点值为代表)；

(2)该运动员用分层抽样的方式从[50,80)的训练成绩中随机抽取了6次成绩，再从这6次成绩中随机选2次，设成绩落在区间[60,70)的次数为X，求X的分布列及数学期望；

(3)对这1000次训练记录分析后，发现某项动作可以优化.优化成功后，原低于80分的成绩可以提高10分，原高于80分的无影响，优化失败则原成绩会降低10分，已知该运动员优化动作成功的概率为p(0<p<1).在一次资格赛中，入围的成绩标准是80分.用样本估计总体的方法，求使得入围的可能性变大时p的取值范围．18.(本小题17分)

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2，点A(1,32)在C上，F是C的右焦点，设过点B(t,0)的直线l与C交于P，Q两点．

(1)求C的方程；

(2)直线l不与x轴重合，且FA平分∠PFQ．

①求t19.(本小题17分)

已知f(x)为一个连续函数，若数列{an}满足：∀n∈N∗，an=f(n)−f(n−1)，则称数列{an}是关于f(x)的“可差数列”，记数列{an}的前n项和为Sn．

(1)若{an}是关于f(x)=(x+1)⋅2x的“可差数列”，求{an}的通项公式及Sn；

(2)已知{an}满足：参考答案1.A

2.A

3.D

4.C

5.B

6.C

7.D

8.B

9.D

10.AC

11.ABD

12.8

13.[114.πa315.解：(1)由f(1)=0得：13−a−12−a+2a3=0，解得a=1，

所以f(x)=13x3−x+23，令f′(x)=x2−1=0得x=−1或1，

f′(x)<0⇒−1<x<1，f′(x)>0⇒x<−1或x>1，

所以f(x)的单调减区间为(−1,1)，单调增区间为(−∞,−1)，(1,+∞)；

(2)由题意得f′(x)=(x+1)(x−a)，a>0，

令f′(x)=0得x=−1或a，

f′(x)<0⇒−1<x<a，f′(x)>0⇒x<−1或x>a，所以f(x)的单调减区间为(−1,a)，单调增区间为(−∞,−1)，(a,+∞)，

结合x→−∞时，f(x)→−∞；x→+∞时，f(x)→+∞，

所以要使方程f(x)=0有且仅有2个不等的实数解，

只需f(−1)=0，或f(a)=0，

又f(−1)=7a+16>0，所以f(a)=−16a(a2+3a−4)=0，

解得a=0或1或−4，又a>0，所以a=1．

16.解：(1)证明：由题意知AC=AB+BC=AB+AD4，BD=AD−AB，

因为AC⋅BD=(AB+AD4)⋅(AD−AB)=0=4+4=0=0，

所以AC⊥BD，又PA⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，

所以PA⊥BD，又PA，AC⊂平面PAC，且PA∩AC=A，

所以BD⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，

所以PC⊥BD．

(2)因为PA⊥平面ABCD，又AB，AD⊂平面ABCD，

所以PA⊥AD，PA⊥AB，又AD⊥AB，所以AP，AB，AD两两垂直，

如图以A为原点，AB，AD，AP的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，M(1,0,1)，N(0,83,23)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，

所以AC=(2,1,0)，AP=(0,0,2)，AM=(1,0,1)，AN=(0,83,23)，

设平面AMN的一个法向量为n=(x,y,z)，

则n⋅AM=x+z=0n⋅AN=8y3+2z3=0，

不妨令x=4，则y=1，z=−4，

所以n=(4,1,−4)．

设PQ=tPC，0<t<1，则AQ=tAC+(1−t)AP=t(2,1,0)+(1−t)(0,0,2)=(2t,t,2−2t)，

因为Ax012P275∴E(X)=0×25+1×815+2×115=23．

(3)设事件A1，A2，A3分别表示动作优化前成绩落在区间[70,80)，[80,90)，[90,100]，

则A1，A2，A3相互互斥，所以动作优化前，在一次资格赛中，

入围的概率P(A2∪A3)=P(A2)+P(A3)=2401000+1601000=0.4，

18.解：(1)因为椭圆的焦距为2，所以椭圆的左右焦点分别是F′(−1,0)，F(1,0)，

又因为点A(1,32)在椭圆C上，所以2a=(1+1)2+(32)2+(1−1)2+(32)2=4，

所以a=2，所以b=22−12=3，

所以椭圆C的方程为：x24+y23=1．

(2)①依题意设直线l的方程为：x=my+t，联立x=my+tx24+y23=1，消去x得(3m2+4)y2+6mty+3t2−12=0，

则Δ=(6mt)2−4(3m2+4)(3t2−