廣東省肇慶市重點中學2025屆下學期高三數學試題（理工類）一模考試試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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．已知是過拋物線焦點的弦，是原點，則（）A．－2 B．－4 C．3 D．－32．為比較甲、乙兩名高中學生的數學素養，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100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，則下面敘述不正確的是（）A．甲的數據分析素養優于乙 B．乙的數據分析素養優于數學建模素養C．甲的六大素養整體水平優于乙 D．甲的六大素養中數學運算最強3．設、，數列滿足，，，則（）A．對于任意，都存在實數，使得恒成立B．對于任意，都存在實數，使得恒成立C．對于任意，都存在實數，使得恒成立D．對于任意，都存在實數，使得恒成立4．已知為實數集，，，則（）A． B． C． D．5．秦九韶是我國南宋時期的數學家，普州（現四川省安岳縣）人，他在所著的《數書九章》中提出的多項式求值的秦九韶算法，至今仍是比較先進的算法．如圖的程序框圖給出了利用秦九韶算法求某多項式值的一個實例，若輸入的值為2，則輸出的值為A． B． C． D．6．如圖，網格紙上小正方形的邊長為，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．7．已知△ABC中，．點P為BC邊上的動點，則的最小值為（）A．2 B． C． D．8．設函數，當時，，則（）A． B． C．1 D．9．已知，為兩條不同直線，，，為三個不同平面，下列命題：①若，，則；②若，，則；③若，，則；④若，，則.其中正確命題序號為()A．②③ B．②③④ C．①④ D．①②③10．已知是虛數單位，則（）A． B． C． D．11．給甲、乙、丙、丁四人安排泥工、木工、油漆三項工作，每項工作至少一人，每人做且僅做一項工作，甲不能安排木工工作，則不同的安排方法共有（）A．12種 B．18種 C．24種 D．64種12．有一改形塔幾何體由若千個正方體構成，構成方式如圖所示，上層正方體下底面的四個頂點是下層正方體上底面各邊的中點.已知最底層正方體的棱長為8，如果改形塔的最上層正方體的邊長小于1，那么該塔形中正方體的個數至少是（）A．8 B．7 C．6 D．4二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知拋物線C：y2=4x的焦點為F，準線為l，P為C上一點，PQ垂直l于點Q，M，N分別為PQ，PF的中點，MN與x軸相交于點R，若∠NRF=60°，則|FR|等于_____.14．已知，滿足約束條件則的最大值為__________.15．在矩形中，，為的中點，將和分別沿，翻折，使點與重合于點.若，則三棱錐的外接球的表面積為_____.16．過直線上一點作圓的兩條切線，切點分別為，，則的最小值是______.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，底面，底面是直角梯形，為側棱上一點，已知.（Ⅰ）證明:平面平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值.18．（12分）已知動圓經過點，且動圓被軸截得的弦長為，記圓心的軌跡為曲線．（1）求曲線的標準方程；（2）設點的橫坐標為，，為圓與曲線的公共點，若直線的斜率，且，求的值．19．（12分）已知矩陣的逆矩陣.若曲線：在矩陣A對應的變換作用下得到另一曲線，求曲線的方程.20．（12分）若,且（1）求的最小值；（2）是否存在，使得？并說明理由.21．（12分）在中，角的對邊分別為，且.（1）求角的大小；（2）已知外接圓半徑,求的周長.22．（10分）已知是圓：的直徑，動圓過，兩點，且與直線相切.（1）若直線的方程為，求的方程；（2）在軸上是否存在一個定點，使得以為直徑的圓恰好與軸相切？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由.

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、D【解析】

設，，設：，聯立方程得到，計算得到答案.【詳解】設，，故.易知直線斜率不為，設：，聯立方程，得到，故，故.故選：.【點睛】本題考查了拋物線中的向量的數量積，設直線為可以簡化運算，是解題的關鍵.2、D【解析】

根據所給的雷達圖逐個選項分析即可.【詳解】對于A，甲的數據分析素養為100分，乙的數據分析素養為80分，故甲的數據分析素養優于乙，故A正確；對于B，乙的數據分析素養為80分，數學建模素養為60分，故乙的數據分析素養優于數學建模素養，故B正確；對于C，甲的六大素養整體水平平均得分為，乙的六大素養整體水平均得分為，故C正確；對于D，甲的六大素養中數學運算為80分，不是最強的，故D錯誤；故選：D【點睛】本題考查了樣本數據的特征、平均數的計算，考查了學生的數據處理能力，屬于基礎題.3、D【解析】

取，可排除AB；由蛛網圖可得數列的單調情況，進而得到要使，只需，由此可得到答案.【詳解】取，，數列恒單調遞增，且不存在最大值，故排除AB選項；由蛛網圖可知，存在兩個不動點，且，，因為當時，數列單調遞增，則；當時，數列單調遞減，則；所以要使，只需要，故，化簡得且.故選：D．【點睛】本題考查遞推數列的綜合運用，考查邏輯推理能力，屬于難題．4、C【解析】

求出集合，，，由此能求出．【詳解】為實數集，，，或，．故選：．【點睛】本題考查交集、補集的求法，考查交集、補集的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．5、C【解析】

由題意，模擬程序的運行，依次寫出每次循環得到的，的值，當時，不滿足條件，跳出循環，輸出的值．【詳解】解：初始值，，程序運行過程如下表所示：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，跳出循環，輸出的值為其中①②①—②得．故選：．【點睛】本題主要考查了循環結構的程序框圖的應用，正確依次寫出每次循環得到，的值是解題的關鍵，屬于基礎題．6、D【解析】

根據三視圖判斷出幾何體是由一個三棱錐和一個三棱柱構成，利用錐體和柱體的體積公式計算出體積并相加求得幾何體的體積.【詳解】由三視圖可知該幾何體的直觀圖是由一個三棱錐和三棱柱構成，該多面體體積為.故選D.【點睛】本小題主要考查三視圖還原為原圖，考查柱體和錐體的體積公式，屬于基礎題.7、D【解析】

以BC的中點為坐標原點，建立直角坐標系，可得，設，運用向量的坐標表示，求得點A的軌跡，進而得到關于a的二次函數，可得最小值．【詳解】以BC的中點為坐標原點，建立如圖的直角坐標系，可得，設，由，可得，即，則，當時，的最小值為．故選D．【點睛】本題考查向量數量積的坐標表示，考查轉化思想和二次函數的值域解法，考查運算能力，屬于中檔題．8、A【解析】

由降冪公式，兩角和的正弦公式化函數為一個角的一個三角函數形式，然后由正弦函數性質求得參數值．【詳解】，時，，，∴，由題意，∴．故選：A．【點睛】本題考查二倍角公式，考查兩角和的正弦公式，考查正弦函數性質，掌握正弦函數性質是解題關鍵．9、C【解析】

根據直線與平面，平面與平面的位置關系進行判斷即可.【詳解】根據面面平行的性質以及判定定理可得，若，，則，故①正確；若，，平面可能相交，故②錯誤；若，，則可能平行，故③錯誤；由線面垂直的性質可得，④正確；故選：C【點睛】本題主要考查了判斷直線與平面，平面與平面的位置關系，屬于中檔題.10、B【解析】

根據復數的乘法運算法則，直接計算，即可得出結果.【詳解】.故選B【點睛】本題主要考查復數的乘法，熟記運算法則即可，屬于基礎題型.11、C【解析】

根據題意，分2步進行分析：①，將4人分成3組，②，甲不能安排木工工作，甲所在的一組只能安排給泥工或油漆，將剩下的2組全排列，安排其他的2項工作，由分步計數原理計算可得答案．【詳解】解：根據題意，分2步進行分析：①，將4人分成3組，有種分法；②，甲不能安排木工工作，甲所在的一組只能安排給泥工或油漆，有2種情況，將剩下的2組全排列，安排其他的2項工作，有種情況，此時有種情況，則有種不同的安排方法；故選：C．【點睛】本題考查排列、組合的應用，涉及分步計數原理的應用，屬于基礎題．12、A【解析】

則從下往上第二層正方體的棱長為：，從下往上第三層正方體的棱長為：，從下往上第四層正方體的棱長為：，以此類推，能求出改形塔的最上層正方體的邊長小于1時該塔形中正方體的個數的最小值的求法.【詳解】最底層正方體的棱長為8，則從下往上第二層正方體的棱長為：，從下往上第三層正方體的棱長為：，從下往上第四層正方體的棱長為：，從下往上第五層正方體的棱長為：，從下往上第六層正方體的棱長為：，從下往上第七層正方體的棱長為：，從下往上第八層正方體的棱長為：，∴改形塔的最上層正方體的邊長小于1，那么該塔形中正方體的個數至少是8.故選：A.【點睛】本小題主要考查正方體有關計算，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、2【解析】

由題意知：，，，.由∠NRF=60°，可得為等邊三角形，MF⊥PQ，可得F為HR的中點，即求.【詳解】不妨設點P在第一象限，如圖所示，連接MF，QF.∵拋物線C：y2=4x的焦點為F，準線為l，P為C上一點∴，.∵M，N分別為PQ，PF的中點，∴，∵PQ垂直l于點Q，∴PQ//OR，∵，∠NRF=60°，∴為等邊三角形，∴MF⊥PQ，易知四邊形和四邊形都是平行四邊形，∴F為HR的中點，∴，故答案為：2.【點睛】本題主要考查拋物線的定義，屬于基礎題.14、1【解析】

先畫出約束條件的可行域，根據平移法判斷出最優點，代入目標函數的解析式，易可得到目標函數的最大值．【詳解】解：由約束條件得如圖所示的三角形區域，由于，則，要求的最大值，則求的截距的最小值，顯然當平行直線過點時，取得最大值為：.故答案為：1．【點睛】本題考查線性規劃求最值問題，我們常用幾何法求最值.15、.【解析】

計算外接圓的半徑，并假設外接球的半徑為R，可得球心在過外接圓圓心且垂直圓面的垂線上，然后根據面，即可得解.【詳解】由題意可知，，所以可得面，設外接圓的半徑為，由正弦定理可得，即，，設三棱錐外接球的半徑，因為外接球的球心為過底面圓心垂直于底面的直線與中截面的交點，則，所以外接球的表面積為.故答案為：.【點睛】本題考查三棱錐的外接球的應用，屬于中檔題.16、【解析】

由切線的性質，可知，切由直角三角形PAO，PBO，即可設，進而表示，由圖像觀察可知進而求出x的范圍，再用的式子表示，整理后利用換元法與雙勾函數求出最小值.【詳解】由題可知，，設，由切線的性質可知，則顯然，則或（舍去）因為令，則，由雙勾函數單調性可知其在區間上單調遞增，所以故答案為：【點睛】本題考查在以直線與圓的位置關系為背景下求向量數量積的最值問題，應用函數形式表示所求式子，進而利用分析函數單調性或基本不等式求得最值，屬于較難題.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、（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）.【解析】

(Ⅰ)先證明

，再證明平面，利用面面垂直的判定定理，即可求證所求證；(Ⅱ)根據題意以為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，求出平面和平面的向量，利用公式即可求解.【詳解】(Ⅰ)證：由已知得又平面，平面，，而故，平面平面，平面平面(Ⅱ)由(Ⅰ)知，推理知梯形中，，，有，又，故所以相似，故有，即所以，以為軸、軸、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，設平面的法向量為，則令，則，是平面的一個法向量設平面的一個法向量為令，則是平面的一個法向量=又二面角為鈍二面角，其余弦值為.【點睛】本題考查線面、面面垂直的判定定理與性質定理，考查向量法求二面角的余弦值，考查直觀想象能力與運算求解能力，屬于中檔題.18、見解析【解析】

（1）設，則點到軸的距離為，因為圓被軸截得的弦長為，所以，又，所以，化簡可得，所以曲線的標準方程為．（2）設，，因為直線的斜率，所以可設直線的方程為，由及，消去可得，所以，，所以．設線段的中點為，點的縱坐標為，則，，所以直線的斜率為，所以，所以，所以．易得圓心到直線的距離，由圓經過點，可得，所以，整理可得，解得或，所以或，又，所以．19、【解析】

根據，可解得，設為曲線任一點，在矩陣對應的變換作用下得到點，則點在曲線上，根據變換的定義寫出相應的矩陣等式，再用表示出，代入曲線的方程中，即得.【詳解】，，即.，解得，.設為曲線任一點，則，又設在矩陣A變換作用得到點，則，即，所以即代入，得，所以曲線的方程為.【點睛】本題考查逆矩陣，矩陣與變換等，是基礎題.20、（1）；（2）不存在.【解析】

（1）由已知，利用基本不等式的和積轉化可求，利用基本不等式可將轉化為，由不等式的傳遞性，可求的最小值；（2）由基本不等式可求的最小值為，而，故不存在．【詳解】（1）由，得，且當時取等號．故，且當時取等號．所以的最小值為；（2）由（1）知，．由于，從而不存在，使得成立．【考點定位】基本不等式．21、（1）（2）3+3【解析】

（1）利用余弦的二倍角公式和同角三角函數關系式化簡整理并結合范圍0＜A＜π，可求A的值．（2）由正弦定理可求a，利用余弦定理可得c值，即可求周長．【詳解】（1），即又（2）,∵，∴由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，∴，∵c＞0，所以得c=2,∴周長a+b+c=3+3．【點睛】本題考查三角函數恒等變換的應用，正弦定理，余弦定理在解三角形中的應用，考查了轉化思想，屬于中檔題．