廣東省深圳市2025屆高三最后一模數學試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積為A． B． C．2 D．2．設復數滿足，則（）A． B． C． D．3．某中學有高中生人，初中生人為了解該校學生自主鍛煉的時間，采用分層抽樣的方法從高生和初中生中抽取一個容量為的樣本.若樣本中高中生恰有人，則的值為（）A． B． C． D．4．為比較甲、乙兩名高二學生的數學素養，對課程標準中規定的數學六大素養進行指標測驗（指標值滿分為5分，分值高者為優），根據測驗情況繪制了如圖所示的六大素養指標雷達圖，則下面敘述正確的是（）A．乙的數據分析素養優于甲B．乙的數學建模素養優于數學抽象素養C．甲的六大素養整體水平優于乙D．甲的六大素養中數據分析最差5．若函數的圖象經過點，則函數圖象的一條對稱軸的方程可以為()A． B． C． D．6．框圖與程序是解決數學問題的重要手段，實際生活中的一些問題在抽象為數學模型之后，可以制作框圖，編寫程序，得到解決，例如，為了計算一組數據的方差，設計了如圖所示的程序框圖，其中輸入，，，，，，，則圖中空白框中應填入（）A．， B． C．， D．，7．在天文學中，天體的明暗程度可以用星等或亮度來描述.兩顆星的星等與亮度滿足，其中星等為mk的星的亮度為Ek（k=1,2）.已知太陽的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，則太陽與天狼星的亮度的比值為()A．1010.1 B．10.1 C．lg10.1 D．10–10.18．一個組合體的三視圖如圖所示（圖中網格小正方形的邊長為1），則該幾何體的體積是（）A． B． C． D．9．祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異”.意思是說：兩個同高的幾何體，如在等高處的截面積恒相等，則體積相等.設、為兩個同高的幾何體，、的體積不相等，、在等高處的截面積不恒相等.根據祖暅原理可知，是的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件10．在復平面內，復數對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限11．已知復數是正實數，則實數的值為()A． B． C． D．12．已知點、．若點在函數的圖象上，則使得的面積為的點的個數為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．執行如圖所示的偽代碼，若輸出的y的值為13，則輸入的x的值是_______.14．給出下列等式：，，，…請從中歸納出第個等式：______.15．若的展開式中所有項的系數之和為，則______，含項的系數是______（用數字作答）.16．記數列的前項和為，已知，且.若，則實數的取值范圍為________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，在三棱柱中，是邊長為2的菱形，且，是矩形，，且平面平面，點在線段上移動（不與重合），是的中點.（1）當四面體的外接球的表面積為時，證明：.平面（2）當四面體的體積最大時，求平面與平面所成銳二面角的余弦值.18．（12分）某工廠生產某種電子產品，每件產品不合格的概率均為，現工廠為提高產品聲譽，要求在交付用戶前每件產品都通過合格檢驗，已知該工廠的檢驗儀器一次最多可檢驗件該產品，且每件產品檢驗合格與否相互獨立．若每件產品均檢驗一次，所需檢驗費用較多，該工廠提出以下檢驗方案：將產品每個一組進行分組檢驗，如果某一組產品檢驗合格，則說明該組內產品均合格，若檢驗不合格，則說明該組內有不合格產品，再對該組內每一件產品單獨進行檢驗，如此，每一組產品只需檢驗次或次．設該工廠生產件該產品，記每件產品的平均檢驗次數為．（1）求的分布列及其期望；（2）（i）試說明，當越小時，該方案越合理，即所需平均檢驗次數越少；（ii）當時，求使該方案最合理時的值及件該產品的平均檢驗次數．19．（12分）[選修4-5：不等式選講]設函數.（1）求不等式的解集；（2）已知關于的不等式在上有解，求實數的取值范圍.20．（12分）在平面直角坐標系xOy中，已知平行于x軸的動直線l交拋物線C：于點P，點F為C的焦點．圓心不在y軸上的圓M與直線l，PF，x軸都相切，設M的軌跡為曲線E．（1）求曲線E的方程；（2）若直線與曲線E相切于點，過Q且垂直于的直線為，直線，分別與y軸相交于點A，當線段AB的長度最小時，求s的值．21．（12分）如圖,三棱柱中,底面是等邊三角形,側面是矩形,是的中點,是棱上的點,且.（1）證明：平面；（2）若,求二面角的余弦值.22．（10分）已知函數，.（1）若不等式對恒成立，求的最小值；（2）證明：.（3）設方程的實根為.令若存在，，，使得，證明：.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】由給定的三視圖可知，該幾何體表示一個底面為一個直角三角形，且兩直角邊分別為和，所以底面面積為高為的三棱錐，所以三棱錐的體積為，故選A．2、D【解析】

根據復數運算，即可容易求得結果.【詳解】.故選：D.【點睛】本題考查復數的四則運算，屬基礎題.3、B【解析】

利用某一層樣本數等于某一層的總體個數乘以抽樣比計算即可.【詳解】由題意，，解得.故選：B.【點睛】本題考查簡單隨機抽樣中的分層抽樣，某一層樣本數等于某一層的總體個數乘以抽樣比，本題是一道基礎題.4、C【解析】

根據題目所給圖像，填寫好表格，由表格數據選出正確選項.【詳解】根據雷達圖得到如下數據：數學抽象邏輯推理數學建模直觀想象數學運算數據分析甲454545乙343354由數據可知選C.【點睛】本題考查統計問題，考查數據處理能力和應用意識.5、B【解析】

由點求得的值，化簡解析式，根據三角函數對稱軸的求法，求得的對稱軸，由此確定正確選項.【詳解】由題可知.所以令，得令，得故選：B【點睛】本小題主要考查根據三角函數圖象上點的坐標求參數，考查三角恒等變換，考查三角函數對稱軸的求法，屬于中檔題.6、A【解析】

依題意問題是，然后按直到型驗證即可.【詳解】根據題意為了計算7個數的方差，即輸出的，觀察程序框圖可知，應填入，，故選：A.【點睛】本題考查算法與程序框圖，考查推理論證能力以及轉化與化歸思想，屬于基礎題.7、A【解析】

由題意得到關于的等式，結合對數的運算法則可得亮度的比值.【詳解】兩顆星的星等與亮度滿足,令,.故選A.【點睛】本題以天文學問題為背景,考查考生的數學應用意識?信息處理能力?閱讀理解能力以及指數對數運算.8、C【解析】

根據組合幾何體的三視圖還原出幾何體，幾何體是圓柱中挖去一個三棱柱，從而解得幾何體的體積.【詳解】由幾何體的三視圖可得，幾何體的結構是在一個底面半徑為1的圓、高為2的圓柱中挖去一個底面腰長為的等腰直角三角形、高為2的棱柱，故此幾何體的體積為圓柱的體積減去三棱柱的體積，即，故選C.【點睛】本題考查了幾何體的三視圖問題、組合幾何體的體積問題，解題的關鍵是要能由三視圖還原出組合幾何體，然后根據幾何體的結構求出其體積.9、A【解析】

由題意分別判斷命題的充分性與必要性，可得答案.【詳解】解：由題意，若、的體積不相等，則、在等高處的截面積不恒相等，充分性成立；反之，、在等高處的截面積不恒相等，但、的體積可能相等，例如是一個正放的正四面體，一個倒放的正四面體，必要性不成立，所以是的充分不必要條件，故選：A.【點睛】本題主要考查充分條件、必要條件的判定，意在考查學生的邏輯推理能力.10、B【解析】

化簡復數為的形式，然后判斷復數的對應點所在象限，即可求得答案.【詳解】對應的點的坐標為在第二象限故選：B.【點睛】本題主要考查了復數代數形式的乘除運算，考查了復數的代數表示法及其幾何意義，屬于基礎題.11、C【解析】

將復數化成標準形式，由題意可得實部大于零，虛部等于零，即可得到答案.【詳解】因為為正實數，所以且，解得.故選：C【點睛】本題考查復數的基本定義，屬基礎題.12、C【解析】

設出點的坐標，以為底結合的面積計算出點到直線的距離，利用點到直線的距離公式可得出關于的方程，求出方程的解，即可得出結論.【詳解】設點的坐標為，直線的方程為，即，設點到直線的距離為，則，解得，另一方面，由點到直線的距離公式得，整理得或，，解得或或.綜上，滿足條件的點共有三個．故選：C.【點睛】本題考查三角形面積的計算，涉及點到直線的距離公式的應用，考查運算求解能力，屬于中等題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、8【解析】

根據偽代碼逆向運算求得結果.【詳解】輸入，若，則，不合題意若，則，滿足題意本題正確結果：【點睛】本題考查算法中的語言，屬于基礎題.14、【解析】

通過已知的三個等式，找出規律，歸納出第個等式即可．【詳解】解：因為：，，，等式的右邊系數是2，且角是等比數列，公比為，則角滿足：第個等式中的角，所以；故答案為：．【點睛】本題主要考查歸納推理，注意已知表達式的特征是解題的關鍵，屬于中檔題．15、【解析】的展開式中所有項的系數之和為，，，項的系數是，故答案為（1），（2）.16、【解析】

根據遞推公式，以及之間的關系，即可容易求得，再根據數列的單調性，求得其最大值，則參數的范圍可求.【詳解】當時，，解得.所以.因為，則，兩式相減，可得，即，則.兩式相減，可得.所以數列是首項為3，公差為2的等差數列，所以，則.令，則.當時，，數列單調遞減，而，，，故，即實數的取值范圍為.故答案為：.【點睛】本題考查由遞推公式求數列的通項公式，涉及數列單調性的判斷，屬綜合困難題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）由題意，先求得為的中點，再證明平面平面，進而可得結論；（2）由題意，當點位于點時，四面體的體積最大，再建立空間直角坐標系，利用空間向量運算即可.【詳解】（1）證明：當四面體的外接球的表面積為時.則其外接球的半徑為.因為時邊長為2的菱形，是矩形.，且平面平面.則，.則為四面體外接球的直徑.所以，即.由題意，，，所以.因為，所以為的中點.記的中點為，連接，.則，，，所以平面平面.因為平面，所以平面.（2）由題意，平面，則三棱錐的高不變.當四面體的體積最大時，的面積最大.所以當點位于點時，四面體的體積最大.以點為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系.則，，，，.所以，，，.設平面的法向量為.則令，得.設平面的一個法向量為.則令，得.設平面與平面所成銳二面角是，則.所以當四面體的體積最大時，平面與平面所成銳二面角的余弦值為.【點睛】本題考查平面與平面的平行、線面平行，考查平面與平面所成銳二面角的余弦值，正確運用平面與平面的平行、線面平行的判定，利用好空間向量是關鍵，屬于基礎題．18、（1）見解析，（2）（i）見解析（ii）時平均檢驗次數最少，約為594次．【解析】

（1）由題意可得，的可能取值為和，分別求出其概率即可求出分布列，進而可求出期望.（2）（i）由記，根據函數的單調性即可證出；記，當且取最小值時，該方案最合理，對進行賦值即可求解.【詳解】（1）由題，的可能取值為和，故的分布列為由記，因為，所以在上單調遞增，故越小，越小，即所需平均檢驗次數越少，該方案越合理記當且取最小值時，該方案最合理，因為，，所以時平均檢驗次數最少，約為次．【點睛】本題考查了離散型隨機變量的分布列、數學期望，考查了分析問題、解決問題的能力，屬于中檔題.19、(1)(2)【解析】

（1）零點分段去絕對值解不等式即可（2）由題在上有解，去絕對值分離變量a即可.【詳解】（1）不等式，即等價于或或解得，所以原不等式的解集為；（2）當時，不等式，即，所以在上有解即在上有解，所以，．【點睛】本題考查絕對值不等式解法，不等式有解求參數，熟記零點分段，熟練處理不等式有解問題是關鍵，是中檔題.20、（1），（2）．【解析】

根據題意設，可得PF的方程，根據距離即可求出；點Q處的切線的斜率存在，由對稱性不妨設，根據導數的幾何意義和斜率公式，求，并構造函數，利用導數求出函數的最值．【詳解】因為拋物線C的方程為，所以F的坐標為，設，因為圓M與x軸、直線l都相切，l平行于x軸，所以圓M的半徑為，點，則直線PF的方程為，即，所以，又m，，所以，即，所以E的方程為，，設，，，由知，點Q處的切線的斜率存在，由對稱性不妨設，由，所以，，所以，，所以，．令，，則，由得，由得，所以在區間單調遞減，在單調遞增，所以當時，取得極小值也是最小值，即AB取得最小值此時．【點睛】本題考查了直線和拋物線的位置關系，以及利用導數求函數最值的關系，考查了運算能力和轉化能力，屬于難題．21、（1）見解析（2）【解析】

（1）連結BM，推導出BC⊥BB1，AA1⊥BC，從而AA1⊥MC，進而AA1⊥平面BCM，AA1⊥MB，推導出四邊形AMNP是平行四邊形，從而MN∥AP，由此能證明MN∥平面ABC．（2）推導出△ABA1是等腰直角三角形，設AB，則AA1＝2a，BM＝AM＝a，推導出MC⊥BM，MC⊥AA1，BM⊥AA1，以M為坐標原點，MA1，MB，MC為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角A﹣CM﹣N的余弦值．【詳解】（1）如圖1，在三棱柱中，連結，因為是矩形，所以，因為，所以，又因為，，所以平面，所以，又因為，所以是中點，取中點，連結，，因為是的中點，則且，所以且，所以四邊形是平行四邊形，所以，又因為平面，平面，所以平面.（圖1）（圖2）（2）因為，所以是等腰直角三