第=page11頁，共=sectionpages11頁廣東省部分學校2025年高考數學聯考試卷（3月份）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知某扇形的圓心角為2rad，面積為25，則該扇形所對應圓的面積為(

)A.5π B.16π C.25π D.36π2.已知z?1z+1=i，則在復平面內z所對應的點位于(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.(2x?1x)6的展開式中第A.60 B.64 C.72 D.844.已知非零向量a，b滿足|a|b?|bA.14 B.12 C.2 5.記Sn為等差數列{an}的前n項和，已知a5=1，SA.16 B.18 C.23 D.256.加密運算在信息傳送中具有重大作用.對于一組數據a1，a2，…，an，其密鑰s=1ni=1nai，定義算法bi=ai⊕s=ai+s,ai≤sai?s,ai>s，其中i=1，2，…，n.將數據a1，a2，…，an加密為b1A.2 B.3 C.6 D.97.已知正數a，b，c滿足2a+b+3c=8，則a+b+2cb+c+1a+cA.22 B.3+224 8.已知橢圓Z：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F2，若Z上的點A，A.53 B.63 C.二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知隨機事件A，B滿足P(A)=12，P(B)=14，P(B|A)=P(B)A.事件A與事件B相互獨立 B.P(AB?)=34

10.半徑為3的球O上相異三點A，B，C構成邊長為3的等邊三角形，點P為球O上一動點，則當三棱錐P?ABC的體積最大時(

)A.三棱錐O?ABC的體積為964

B.三棱錐O?ABC的內切球半徑為64

C.三棱錐P?ABC的體積為9(11.數據處理過程中常常涉及復雜問題，此時需要利用符號O來衡量某個操作的復雜度.設定義在全體正整數上的函數f(x)與g(x)，若存在正常數c，同時存在常數k∈N+，使任意x>k時，|f(x)|≤c|g(x)|，則稱f(x)是O(g(x))的復雜函數，則下列函數中，滿足f(x)是O(g(x))的復雜函數有(設an均為非零實數)A.f(x)=100，g(x)=lnx B.f(x)=2x2+x，g(x)=2x?3x

C.f(x)=9?三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知雙曲線C：x2m?y2=1(m>0)13.設集合A={a,b}，B={2a,2a2}，若A=B，則ab=14.已知函數f(x)=sin(ωx+π3)(ω>0)在區間(ω2,ω)四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知函數f(x)=ax+bex在x=1處取得極值1e．

(1)求a，b；

(2)證明：t>016.(本小題15分)

如圖，圓柱O1O2中，AB是底面圓O2上的一條直徑，P，Q分別是底面O2，O1圓周上的一點，PQ//O1O2，AB=2PQ，且點P不與A，B兩點重合．

(1)證明：平面APQ⊥平面BPQ；

17.(本小題15分)

記銳角△ABC內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且acosA+bcosB=2ccosC．

(1)證明：sinAcosB+sinBcosA=4sinC；18.(本小題17分)

已知數列{an}滿足a1=1，a2=?52，記{an}的前n項和為Sn，且{Sn+2?Sn}是以34為首項，19.(本小題17分)

過三角形的重心作一直線，若這條直線將該三角形分成面積比為m：n的兩部分，則稱這條直線為m+n型直線，其中m，n∈N?，且m≥n.等邊△ABC的邊長為43，重心為點G，以動點D為圓心，|CD|為半徑作圓，該圓與線段AB相切，記點D的軌跡為T．

(1)探究在△ABC中是否存在與T相切的m+n型直線，并證明；

(2)若點C在△DAB的2型直線上，T在點D處的切線與△ABC交于M，N兩點，求|MN|；

(3)若△CGD的外接圓與直線AC相切，且與△ABC的一條m+n型直線相切，求答案解析1.【答案】C

【解析】解：由題意該扇形的圓心角α=2rad，面積S扇=25，

由于S扇=12αr2，

所以r2=2×2522.【答案】B

【解析】解：由z?iz+1=i，得z?i=i(z+1)=iz+i，即(1?i)z=2i，

因此z=2i1?i=2i(1+i)(1?i)(1+i)=?1+i，

所以在復平面內z所對應的點的坐標為(?1,1)，位于第二象限．

故選：3.【答案】A

【解析】解：根據二項式定理可得(2x?1x)6的展開式中，

第5項為C64(2x)2(?1x)4=604.【答案】B

【解析】解：根據題意可知，|a|b?|b|a=a?2b，化簡得(|a|+2)b=(|b|+1)a，

則a,5.【答案】D

【解析】解：等差數列{an}的前n項和，已知a5=1，S11=?11，

設公差為d，則a1+4d=1，11a1+55d=?11，

解得a1=9，d=?2，所以an=a1+(n?1)d=9?2(n?1)=11?2n，

當n≥6時，an<0，當1≤n≤5時，an>0，

所以當n=5時，S6.【答案】C

【解析】解：現將一組數據4，1，6，8，4，7進行I型單向加密，

密鑰s=4+1+6+8+4+76=5，

則加密后的新數據依次為9，6，1，3，9，2，

將加密后的新數據按從小到大的順序排列為1，2，3，6，9，9，

由6×60%=3.6，得加密后的新數據的第60百分位數為6．

故選：C．

根據給定條件，求出密鑰s，進而求出加密后的新數據，再利用第607.【答案】D

【解析】解：正數a，b，c滿足2a+b+3c=8，故2(a+c)+(b+c)=8，

令a+c=m，b+c=n，故2m+n=2(a+c)+b+c=8，m>0，n>0，

a+b+2cb+c+1a+c=a+c+b+cb+c+1a+c=a+cb+c+1a+c+1=mn+1m+1

=8?n2n+1m+1=4n+1m+12，

48.【答案】D

【解析】解：橢圓Z：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F2，Z上的點A，B，

如圖，由|AF1|=5|AF2|及|AF1|+|AF2|=2a，得|AF1|=53a,|AF2|=13a，

由AF2=5F9.【答案】AD

【解析】解：對于A，由P(B|A)=P(B)，得P(BA)P(A)=P(B)，即P(BA)=P(B)P(A)，事件A與事件B相互獨立，A正確；

對于B，由選項A知，事件A,B?相互獨立，

隨機事件A，B滿足P(A)=12，P(B)=14，

則P(AB?)=P(A)P(B?)=12×(1?14)=38，B錯誤；

對于10.【答案】BCD

【解析】解：對于A，因為半徑為3的球O上相異三點A，B，C構成邊長為3的等邊三角形，]

又點P為球O上一動點，設△ABC的中心為O1，

所以2AO1=3sin60°?AO1=3，

又OO1⊥平面ABC，

所以OO1=OA2?O1A2=9?3=6，

所以三棱錐O?ABC的體積為13×34×32×6=924，故A錯誤；

對于B，設三棱錐O?ABC的內切球半徑為r，

由等體積法可得13×3411.【答案】ABD

【解析】解：存在正常數c，同時存在常數k∈N+，使任意x>k時，|f(x)|≤c|g(x)|，則稱f(x)是O(g(x))的復雜函數，

對于A，存在正常數c=100，對任意x>3，100|g(x)|=100lnx>100ln3≥100=|f(x)|，

因此f(x)是O(g(x))的復雜函數，A是；

對于B，存在正常數c=100，對任意x>7，令?(x)=g(x)?f(x)=2x?2x2?4x，

求導得?′(x)=2xln2?4x?4，令φ(x)=2xln2?4x?4，

求導得φ′(x)=2x(ln2)2?4>14?2x?4>0，函數?′(x)在(7,+∞)上遞增，

?′(x)>?′(7)>27ln2?32>27?12?32>0，函數?(x)在(7,+∞)上遞增，

?(x)>?(7)=2>0，則g(x)>f(x)>0，

因此|f(x)|≤100|g(x)|，f(x)是O(g(x))的復雜函數，B是；

對于C，函數y=9?(32)x在R上單調遞增，值域為(0,+∞)，

因此不存在正常數c，使得c≥f(x)g(x)成立，而g(x)>012.【答案】x±2y=0

【解析】解：由題意可得：b=1,c=5，且雙曲線的焦點在x軸上，則a=c2?b2=2，

故雙曲線C的漸近線方程為y=±bax=±113.【答案】12【解析】解：B={2a,2a2}中，2a≠2a2，則a≠0且a≠1，

而A={a,b}，A=B，a=2a2b=2a，解得b=1，a=12，

所以ab=12．14.【答案】?【解析】解：由f(ω)+32=2f(ω2)，得sin(ω2+π3)+32=2sin(ω22+π3)，令ω22=θ，

即sin(2θ+π3)+32=2sin(θ+π3)，

整理得(sinθ+3cosθ)cosθ=sinθ+3cosθ，

解得cosθ=1或tanθ=?3，

則θ=2kπ，k∈N?或θ=kπ+2π3,k∈N，ω=4kπ,k∈N?或ω=2kπ+4π3,k∈N，

當x∈(ω2,ω)時，ωx+π3∈(ω22+π3,ω2+π3)，由函數f(x)在(ω2,ω)上有且僅有一個零點，

得ω22≤2π，即ω15.【答案】a=1，b=0；

證明見解析．

【解析】解：(1)f′(x)=aex?(ax+b)exe2x=a?ax?bex，

因為函數f(x)=ax+bex在x=1處取得極值1e，

所以f′(1)=a?a?bex=0且f(1)=a+be=1e，

解得a=1，b=0，

故f(x)=xex，f′(x)=1?xex，

當x∈(?∞,1)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，

當x∈(1,+∞)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，

所以f(x)=xex在x=1處取得極值1e，滿足要求，

所以a=1，b=0．

(2)證明：t>0時，(t+1)f(t)?t=(t+1)tet?t=t(t+1?et)et，

令g(t)=t+1?et16.【答案】證明過程見解析；

34【解析】解：(1)證明：因為AB是底面圓O2上的一條直徑，

所以AP⊥BP，

因為O1O2⊥底面圓O2，PQ//O1O2，

所以PQ⊥底面圓O2，

因為BP?底面圓O2，所以PQ⊥BP，

因為AP∩PQ=P，AP，PQ?平面APQ，

所以BP⊥平面APQ，

因為BP?平面BPQ，

所以平面APQ⊥平面BPQ；

(2)因為O1O2⊥底面圓O2，AP，PQ2?圓O2，

所以O1O2⊥AP，O1O2⊥AO2，

所以∠AO2P為二面角A?O1O2?P的平面角，

故∠AO2P=60°，又AO2=PO2，所以△APO2為等邊三角形，

以P為坐標原點，PB，PA，PQ所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，

AB=2PQ，設AB=2，故AP=AO2=PO2=PQ=1，PB=AB2?AP2=3，

B(3,0,0),Q(0,0,1),P(0,0,0),O1(317.【答案】證明見解析；

1．

【解析】證明：(1)記銳角△ABC內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且acosA+bcosB=2ccosC，

在△ABC中，由acosA+bcosB=2ccosC及正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R，

得sinAcosA+sinBcosB=2sinCcosC，

則4sinCcosC=sin2A+sin2B=2sin(A+B)cos(A?B)=2sinCcos(A?B)，

而sinC>0，則2cosC=cos(A?B)，于是?2cos(A+B)=cos(A?B)，

整理得sinAsinB=3cosAcosB，因此cosC=?cos(A+B)=?cosAcosB+sinAsinB=2cosAcosB，

所以sinAcosB+sinBcosA=sinAcosA+sinBcosBcosAcosB=2sinCcosC12cosC=4sinC；

解：(2)在銳角△ABC中，由(1)知，sinAsinB=3cosAcosB，則tanAtanB=3，

而tanA>0，tanB>0，

則tanC=?18.【答案】a3=134,a4=?298【解析】解：(1)數列{an}滿足a1=1，a2=?52，記{an}的前n項和為Sn，

且{Sn+2?Sn}是以34為首項，?12為公比的等比數列，

由等比數列的通項公式可得Sn+2?Sn=34?(?12)n?1，

分別令n=1，n=2，可得a3+a2=34,a4+a3=?38，而a2=?52，

所以a3=134,a4=?298．

(2)數列{Sn}中，S1=a1=1,S2=a1+a2=?32，Sn+2?Sn=34?(?12)n?1，

當n=2k，k∈N?時，S2k+2?S2k=34?(?12)2k?1=?32?(?119.【答案】存在與T相切的m+n型線，證明見解析；

|MN|=23；

n的最小值為4【解析】解：(1)在△ABC中存在與T相切的m+n型線，證明如下：

如圖所示，以CG為x軸，AB邊中線的中點為坐標原點，建立平面直角坐標系，

由題意可知圓D與線段AB相