廣東省茂名市信宜中學2025屆高三下學期聯合考試數學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．如圖，點E是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中點，點F，M分別在線段AC，BD1（不包含端點）上運動，則（）A．在點F的運動過程中，存在EF//BC1B．在點M的運動過程中，不存在B1M⊥AEC．四面體EMAC的體積為定值D．四面體FA1C1B的體積不為定值2．“幻方”最早記載于我國公元前500年的春秋時期《大戴禮》中．“階幻方”是由前個正整數組成的—個階方陣，其各行各列及兩條對角線所含的個數之和（簡稱幻和）相等，例如“3階幻方”的幻和為15（如圖所示）．則“5階幻方”的幻和為（）A．75 B．65 C．55 D．453．如圖，中，點D在BC上，，將沿AD旋轉得到三棱錐，分別記，與平面ADC所成角為，，則，的大小關系是（）A． B．C．，兩種情況都存在 D．存在某一位置使得4．已知，，且是的充分不必要條件，則的取值范圍是（）A． B． C． D．5．過拋物線的焦點的直線交該拋物線于，兩點，為坐標原點.若，則直線的斜率為()A． B． C． D．6．如圖在直角坐標系中，過原點作曲線的切線，切點為，過點分別作、軸的垂線，垂足分別為、，在矩形中隨機選取一點，則它在陰影部分的概率為（）A． B． C． D．7．為實現國民經濟新“三步走”的發展戰略目標，國家加大了扶貧攻堅的力度．某地區在2015年以前的年均脫貧率（脫離貧困的戶數占當年貧困戶總數的比）為．2015年開始，全面實施“精準扶貧”政策后，扶貧效果明顯提高，其中2019年度實施的扶貧項目，各項目參加戶數占比（參加該項目戶數占2019年貧困戶總數的比）及該項目的脫貧率見下表：實施項目種植業養殖業工廠就業服務業參加用戶比脫貧率那么年的年脫貧率是實施“精準扶貧”政策前的年均脫貧率的（）A．倍 B．倍 C．倍 D．倍8．歐拉公式為,(虛數單位)是由瑞士著名數學家歐拉發現的，它將指數函數的定義域擴大到復數，建立了三角函數和指數函數的關系，它在復變函數論里非常重要，被譽為“數學中的天橋”．根據歐拉公式可知，表示的復數位于復平面中的（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限9．袋中裝有標號為1，2，3，4，5，6且大小相同的6個小球，從袋子中一次性摸出兩個球，記下號碼并放回，如果兩個號碼的和是3的倍數，則獲獎，若有5人參與摸球，則恰好2人獲獎的概率是（）A． B． C． D．10．阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希臘偉大的哲學家、數學家和物理學家，他和高斯、牛頓并列被稱為世界三大數學家.據說，他自己覺得最為滿意的一個數學發現就是“圓柱內切球體的體積是圓柱體積的三分之二，并且球的表面積也是圓柱表面積的三分之二”.他特別喜歡這個結論，要求后人在他的墓碑上刻著一個圓柱容器里放了一個球，如圖，該球頂天立地，四周碰邊，表面積為的圓柱的底面直徑與高都等于球的直徑，則該球的體積為（）A． B． C． D．11．定義在上函數滿足，且對任意的不相等的實數有成立，若關于x的不等式在上恒成立，則實數m的取值范圍是（）A． B． C． D．12．已知函數，若則（）A．f(a)<f(b)<f(c) B．f(b)<f(c)<f(a)C．f(a)<f(c)<f(b) D．f(c)<f(b)<f(a)二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在一塊土地上種植某種農作物，連續5年的產量（單位：噸）分別為9.4，9.7，9.8，10.3，10.8.則該農作物的年平均產量是______噸.14．設變量，滿足約束條件，則目標函數的最小值為______．15．已知數列的前項和且，設，則的值等于_______________.16．的展開式中含的系數為__________．（用數字填寫答案）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，在四棱錐中，平面ABCD平面PAD，，，，，E是PD的中點．證明：；設，點M在線段PC上且異面直線BM與CE所成角的余弦值為，求二面角的余弦值．18．（12分）某工廠生產一種產品的標準長度為，只要誤差的絕對值不超過就認為合格，工廠質檢部抽檢了某批次產品1000件，檢測其長度，繪制條形統計圖如圖：（1）估計該批次產品長度誤差絕對值的數學期望；（2）如果視該批次產品樣本的頻率為總體的概率，要求從工廠生產的產品中隨機抽取2件，假設其中至少有1件是標準長度產品的概率不小于0.8時，該設備符合生產要求.現有設備是否符合此要求？若不符合此要求，求出符合要求時，生產一件產品為標準長度的概率的最小值.19．（12分）已知.（1）若曲線在點處的切線也與曲線相切，求實數的值；（2）試討論函數零點的個數.20．（12分）已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若c＝2a，bsinB﹣asinA＝asinC．（Ⅰ）求sinB的值；（Ⅱ）求sin（2B+）的值．21．（12分）已知.（1）解不等式；（2）若均為正數，且，求的最小值.22．（10分）已知函數，.（1）當時，①求函數在點處的切線方程；②比較與的大小;（2）當時，若對時，，且有唯一零點，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、C【解析】

采用逐一驗證法，根據線線、線面之間的關系以及四面體的體積公式，可得結果.【詳解】A錯誤由平面，//而與平面相交，故可知與平面相交，所以不存在EF//BC1B錯誤，如圖，作由又平面，所以平面又平面，所以由//，所以，平面所以平面，又平面所以，所以存在C正確四面體EMAC的體積為其中為點到平面的距離，由//，平面，平面所以//平面，則點到平面的距離即點到平面的距離，所以為定值，故四面體EMAC的體積為定值錯誤由//，平面，平面所以//平面，則點到平面的距離即為點到平面的距離，所以為定值所以四面體FA1C1B的體積為定值故選：C【點睛】本題考查線面、線線之間的關系，考驗分析能力以及邏輯推理能力，熟練線面垂直與平行的判定定理以及性質定理，中檔題.2、B【解析】

計算的和，然后除以，得到“5階幻方”的幻和.【詳解】依題意“5階幻方”的幻和為，故選B.【點睛】本小題主要考查合情推理與演繹推理，考查等差數列前項和公式，屬于基礎題.3、A【解析】

根據題意作出垂線段，表示出所要求得、角，分別表示出其正弦值進行比較大小，從而判斷出角的大小，即可得答案．【詳解】由題可得過點作交于點，過作的垂線，垂足為，則易得，．設，則有，，，可得，．，，；，；，，，．綜上可得，．故選：．【點睛】本題考查空間直線與平面所成的角的大小關系，考查三角函數的圖象和性質，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平．4、D【解析】

“是的充分不必要條件”等價于“是的充分不必要條件”，即中變量取值的集合是中變量取值集合的真子集.【詳解】由題意知：可化簡為，，所以中變量取值的集合是中變量取值集合的真子集，所以.【點睛】利用原命題與其逆否命題的等價性，對是的充分不必要條件進行命題轉換，使問題易于求解.5、D【解析】

根據拋物線的定義，結合，求出的坐標，然后求出的斜率即可．【詳解】解：拋物線的焦點，準線方程為，設，則，故，此時，即．則直線的斜率．故選：D．【點睛】本題考查了拋物線的定義，直線斜率公式，屬于中檔題．6、A【解析】

設所求切線的方程為，聯立，消去得出關于的方程，可得出，求出的值，進而求得切點的坐標，利用定積分求出陰影部分區域的面積，然后利用幾何概型概率公式可求得所求事件的概率.【詳解】設所求切線的方程為，則，聯立，消去得①，由，解得，方程①為，解得，則點，所以，陰影部分區域的面積為，矩形的面積為，因此，所求概率為.故選：A.【點睛】本題考查定積分的計算以及幾何概型，同時也涉及了二次函數的切線方程的求解，考查計算能力，屬于中等題.7、B【解析】

設貧困戶總數為，利用表中數據可得脫貧率，進而可求解.【詳解】設貧困戶總數為，脫貧率，所以.故年的年脫貧率是實施“精準扶貧”政策前的年均脫貧率的倍.故選：B【點睛】本題考查了概率與統計，考查了學生的數據處理能力，屬于基礎題.8、A【解析】

計算，得到答案.【詳解】根據題意，故，表示的復數在第一象限.故選：.【點睛】本題考查了復數的計算，意在考查學生的計算能力和理解能力.9、C【解析】

先確定摸一次中獎的概率，5個人摸獎，相當于發生5次試驗，根據每一次發生的概率，利用獨立重復試驗的公式得到結果．【詳解】從6個球中摸出2個，共有種結果，兩個球的號碼之和是3的倍數，共有摸一次中獎的概率是，5個人摸獎，相當于發生5次試驗，且每一次發生的概率是，有5人參與摸獎，恰好有2人獲獎的概率是，故選：．【點睛】本題主要考查了次獨立重復試驗中恰好發生次的概率，考查獨立重復試驗的概率，解題時主要是看清摸獎5次，相當于做了5次獨立重復試驗，利用公式做出結果，屬于中檔題．10、C【解析】

設球的半徑為R，根據組合體的關系，圓柱的表面積為，解得球的半徑，再代入球的體積公式求解.【詳解】設球的半徑為R，根據題意圓柱的表面積為，解得，所以該球的體積為.故選：C【點睛】本題主要考查組合體的表面積和體積，還考查了對數學史了解，屬于基礎題.11、B【解析】

結合題意可知是偶函數,且在單調遞減,化簡題目所給式子,建立不等式,結合導函數與原函數的單調性關系,構造新函數,計算最值,即可.【詳解】結合題意可知為偶函數,且在單調遞減,故可以轉換為對應于恒成立,即即對恒成立即對恒成立令,則上遞增,在上遞減,所以令,在上遞減所以.故,故選B.【點睛】本道題考查了函數的基本性質和導函數與原函數單調性關系,計算范圍,可以轉化為函數,結合導函數,計算最值,即可得出答案.12、C【解析】

利用導數求得在上遞增，結合與圖象，判斷出的大小關系，由此比較出的大小關系.【詳解】因為，所以在上單調遞增；在同一坐標系中作與圖象，，可得，故.故選：C【點睛】本小題主要考查利用導數研究函數的單調性，考查利用函數的單調性比較大小，考查數形結合的數學思想方法，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、10【解析】

根據已知數據直接計算即得.【詳解】由題得，.故答案為：10【點睛】本題考查求平均數，是基礎題.14、-8【解析】

通過約束條件，畫出可行域，將問題轉化為直線在軸截距最大的問題，通過圖像解決.【詳解】由題意可得可行域如下圖所示：令，則即為在軸截距的最大值由圖可知：當過時，在軸截距最大本題正確結果：【點睛】本題考查線性規劃中的型最值的求解問題，關鍵在于將所求最值轉化為在軸截距的問題.15、7【解析】

根據題意，當時，，可得，進而得數列為等比數列，再計算可得，進而可得結論.【詳解】由題意，當時，，又，解得，當時，由，所以，，即，故數列是以為首項，為公比的等比數列，故，又，，所以，.故答案為：.【點睛】本題考查了數列遞推關系、函數求值，考查了推理能力與計算能力，計算得是解決本題的關鍵，屬于中檔題.16、【解析】由題意得，二項式展開式的通項為，令，則，所以得系數為．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、（1）見解析；（2）【解析】

（1）由平面平面的性質定理得平面，.在中，由勾股定理得，平面，即可得；（2）以為坐標原點建立空間直角坐標系，由空間向量法和異面直線與所成角的余弦值為，得點M的坐標，從而求出二面角的余弦值.【詳解】（1）平面平面，平面平面=，，所以.由面面垂直的性質定理得平面，，在中，，，由正弦定理可得：，，即，平面，.（2）以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，設，則，,得，，而，設平面的法向量為，由可得：，令，則，取平面的法向量，則，故二面角的余弦值為.【點睛】本題考查了線線垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，解題時要注意空間思維能力的培養和向量法的合理運用，屬于中檔題.18、（1）（2）【解析】

（1）根據題意即可寫出該批次產品長度誤差的絕對值的頻率分布列，再根據期望公式即可求出；（2）由（1）可知，任取一件產品是標準長度的概率為0.4，即可求出隨機抽取2件產品，都不是標準長度產品的概率，由對立事件的概率公式即可得到隨機抽取2件產品，至少有1件是標準長度產品的概率，判斷其是否符合生產要求；當不符合要求時，設生產一件產品為標準長度的概率為，可根據上述方法求出，解，即可得出最小值.【詳解】（1）由柱狀圖，該批次產品長度誤差的絕對值的頻率分布列為下表：00.010.020.030.04頻率0.40.30.20.0750.025所以的數學期望的估計為.（2）由（1）可知任取一件產品是標準長度的概率為0.4，設至少有1件是標準長度產品為事件，則，故不符合概率不小于0.8的要求.設生產一件產品為標準長度的概率為，由題意，又，解得，所以符合要求時，生產一件產品為標準長度的概率的最小值為.【點睛】本題主要考查離散型隨機變量的期望的求法，相互獨立事件同時發生的概率公式的應用，對立事件的概率公式的應用，解題關鍵是對題意的理解，意在考查學生的數學建模能力和數學運算能力，屬于基礎題．19、（1）（2）答案不唯一具體見解析【解析】

（1）利用導數的幾何意義，設切點的坐標，用不同的方式求出兩種切線方程，但兩條切線本質為同一條，從而得到方程組，再構造函數研究其最大值，進而求得；（2）對函數進行求導后得，對分三種情況進行一級討論，即，，，結合函數圖象的單調性及零點存在定理，可得函數零點情況.【詳解】解:（1）曲線在點處的切線方程為，即.令切線與曲線相切于點，則切線方程為，∴，∴，令，則，記，于是，在上單調遞增，在上單調遞減，∴，于是，.（2），①當時，恒成立，在上單調遞增，且，∴函數在上有且僅有一個零點；②當時，在R上沒有零點；③當時，令，則，即函數的增區間是，同理，減區間是，∴.ⅰ）若，則，在上沒有零點；ⅱ）若，則有且僅有一個零點；ⅲ）若，則.，令，則，∴當時，單調遞增，.∴又∵，∴在R上恰有兩個零點，綜上所述，當時，函數沒有零點；當或時，函數恰有一個零點；當時，恰有兩個零點.【點睛】本題考查導數的幾何意義、切線方程、零點等知識，求解切線有關問題時，一定要明確切點坐標.以導數為工具，研究函數的圖象特征及性質，從而得到函數的零點個數，此時如果用到零點存在定理，必需說明在區間內單調且找到兩個端點值的函數值相乘小于0，才算完整的解法.20、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）根據條件由正弦定理得，又c＝2a，所以，由余弦定理算出，進而算出；（Ⅱ）由二倍角公式算出，代入兩角和的正弦公式計算即可.【詳解】（Ⅰ）bsinB﹣asinA＝asinC，所以由正弦定理得，又c＝2a，所以，由余弦定理得：，又，所以；（Ⅱ），.【點睛】本題主要考查了正余弦定理的應用，運用二倍