廣東清遠恒大足球學校2025屆高三第十次模擬考試（5月）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．如圖是正方體截去一個四棱錐后的得到的幾何體的三視圖，則該幾何體的體積是（）A． B． C． D．2．已知全集，集合，則=（）A． B．C． D．3．若復數滿足，則()A． B． C． D．4．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．45．某空間幾何體的三視圖如圖所示（圖中小正方形的邊長為1），則這個幾何體的體積是（）A． B． C．16 D．326．已知集合，集合，則等于（）A． B．C． D．7．已知中，角、所對的邊分別是，，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．既不充分也不必要條件 D．充分必要條件8．已知，滿足條件（為常數），若目標函數的最大值為9，則（）A． B． C． D．9．已知函數，若方程恰有兩個不同實根，則正數m的取值范圍為（）A． B．C． D．10．已知數列滿足，且成等比數列.若的前n項和為，則的最小值為（）A． B． C． D．11．已知點是拋物線：的焦點，點為拋物線的對稱軸與其準線的交點，過作拋物線的切線，切點為，若點恰好在以，為焦點的雙曲線上，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．12．定義：表示不等式的解集中的整數解之和.若，，，則實數的取值范圍是A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設實數，若函數的最大值為，則實數的最大值為______.14．已知函數，則函數的極大值為___________．15．在中，內角所對的邊分別是.若，，則__，面積的最大值為___.16．已知函數，則過原點且與曲線相切的直線方程為____________.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）已知函數（），不等式的解集為.（1）求的值；（2）若，，，且，求的最大值.18．（12分）在直角坐標系中，曲線的參數方程為：（其中為參數），直線的參數方程為（其中為參數）（1）以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，求曲線的極坐標方程；（2）若曲線與直線交于兩點，點的坐標為，求的值.19．（12分）已知，，函數的最小值為.（1）求證：；（2）若恒成立，求實數的最大值.20．（12分）已知數列的各項均為正數，為其前n項和，對于任意的滿足關系式.（1）求數列的通項公式；（2）設數列的通項公式是，前n項和為，求證：對于任意的正數n，總有.21．（12分）已知圓：和拋物線：，為坐標原點．（1）已知直線和圓相切，與拋物線交于兩點，且滿足，求直線的方程；（2）過拋物線上一點作兩直線和圓相切，且分別交拋物線于兩點，若直線的斜率為，求點的坐標．22．（10分）已知函數，其中為自然對數的底數，．（1）若曲線在點處的切線與直線平行，求的值；（2）若，問函數有無極值點？若有，請求出極值點的個數；若沒有，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、C【解析】

根據三視圖作出幾何體的直觀圖，結合三視圖的數據可求得幾何體的體積.【詳解】根據三視圖還原幾何體的直觀圖如下圖所示：由圖可知，該幾何體是在棱長為的正方體中截去四棱錐所形成的幾何體，該幾何體的體積為.故選：C.【點睛】本題考查利用三視圖計算幾何體的體積，考查空間想象能力與計算能力，屬于基礎題.2、D【解析】

先計算集合，再計算，最后計算．【詳解】解：，，．故選：．【點睛】本題主要考查了集合的交，補混合運算，注意分清集合間的關系，屬于基礎題．3、C【解析】

化簡得到，，再計算復數模得到答案.【詳解】，故，故，.故選：.【點睛】本題考查了復數的化簡，共軛復數，復數模，意在考查學生的計算能力.4、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.5、A【解析】幾何體為一個三棱錐，高為4，底面為一個等腰直角三角形，直角邊長為4，所以體積是，選A.6、B【解析】

求出中不等式的解集確定出集合，之后求得.【詳解】由，所以，故選：B.【點睛】該題考查的是有關集合的運算的問題，涉及到的知識點有一元二次不等式的解法，集合的運算，屬于基礎題目.7、D【解析】

由大邊對大角定理結合充分條件和必要條件的定義判斷即可.【詳解】中，角、所對的邊分別是、，由大邊對大角定理知“”“”，“”“”.因此，“”是“”的充分必要條件.故選：D.【點睛】本題考查充分條件、必要條件的判斷，考查三角形的性質等基礎知識，考查邏輯推理能力，是基礎題．8、B【解析】

由目標函數的最大值為9，我們可以畫出滿足條件件為常數）的可行域，根據目標函數的解析式形式，分析取得最優解的點的坐標，然后根據分析列出一個含參數的方程組，消參后即可得到的取值．【詳解】畫出，滿足的為常數）可行域如下圖：由于目標函數的最大值為9，可得直線與直線的交點，使目標函數取得最大值，將，代入得：．故選：．【點睛】如果約束條件中含有參數，我們可以先畫出不含參數的幾個不等式對應的平面區域，分析取得最優解是哪兩條直線的交點，然后得到一個含有參數的方程（組，代入另一條直線方程，消去，后，即可求出參數的值．9、D【解析】

當時，函數周期為，畫出函數圖像，如圖所示，方程兩個不同實根，即函數和有圖像兩個交點，計算，，根據圖像得到答案.【詳解】當時，，故函數周期為，畫出函數圖像，如圖所示：方程，即，即函數和有兩個交點.，，故，，，，.根據圖像知：.故選：.【點睛】本題考查了函數的零點問題，確定函數周期畫出函數圖像是解題的關鍵.10、D【解析】

利用等比中項性質可得等差數列的首項，進而求得，再利用二次函數的性質，可得當或時，取到最小值.【詳解】根據題意，可知為等差數列，公差，由成等比數列，可得，∴，解得.∴.根據單調性，可知當或時，取到最小值，最小值為.故選：D.【點睛】本題考查等差數列通項公式、等比中項性質、等差數列前項和的最值，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意當或時同時取到最值.11、D【解析】

根據拋物線的性質，設出直線方程，代入拋物線方程，求得k的值，設出雙曲線方程，求得2a＝丨AF2丨﹣丨AF1丨＝（1）p，利用雙曲線的離心率公式求得e．【詳解】直線F2A的直線方程為：y＝kx，F1（0，），F2（0，），代入拋物線C：x2＝2py方程，整理得：x2﹣2pkx+p2＝0，∴△＝4k2p2﹣4p2＝0，解得：k＝±1，∴A（p，），設雙曲線方程為：1，丨AF1丨＝p，丨AF2丨p，2a＝丨AF2丨﹣丨AF1丨＝（1）p，2c＝p，∴離心率e1，故選：D．【點睛】本題考查拋物線及雙曲線的方程及簡單性質，考查轉化思想，考查計算能力，屬于中檔題．12、D【解析】

由題意得，表示不等式的解集中整數解之和為6.當時，數形結合（如圖）得的解集中的整數解有無數多個，解集中的整數解之和一定大于6.當時，，數形結合（如圖），由解得.在內有3個整數解，為1，2，3，滿足，所以符合題意.當時，作出函數和的圖象，如圖所示.若，即的整數解只有1，2，3.只需滿足，即，解得，所以.綜上，當時，實數的取值范圍是.故選D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

根據，則當時，，即.當時，顯然成立；當時，由，轉化為，令，用導數法求其最大值即可.【詳解】因為，又當時，，即.當時，顯然成立；當時，由等價于，令，，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，，則，又，得，因此的最大值為.故答案為：【點睛】本題主要考查導數在函數中的應用，還考查了轉化化歸的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.14、【解析】

對函數求導，通過賦值，求得，再對函數單調性進行分析，求得極大值.【詳解】，故解得，，令，解得函數在單調遞增，在單調遞減，故的極大值為故答案為：.【點睛】本題考查函數極值的求解，難點是要通過賦值，求出未知量.15、1【解析】

由正弦定理，結合，，可求出；由三角形面積公式以及角A的范圍,即可求出面積的最大值.【詳解】因為，所以由正弦定理可得，所以;所以，當，即時，三角形面積最大.故答案為(1).1(2).【點睛】本題主要考查解三角形的問題，熟記正弦定理以及三角形面積公式即可求解，屬于基礎題型.16、【解析】

設切點坐標為，利用導數求出曲線在切點的切線方程，將原點代入切線方程，求出的值，于此可得出所求的切線方程．【詳解】設切點坐標為，，，，則曲線在點處的切線方程為，由于該直線過原點，則，得，因此，則過原點且與曲線相切的直線方程為，故答案為．【點睛】本題考查導數的幾何意義，考查過點作函數圖象的切線方程，求解思路是：（1）先設切點坐標，并利用導數求出切線方程；（2）將所過點的坐標代入切線方程，求出參數的值，可得出切點的坐標；（3）將參數的值代入切線方程，可得出切線的方程．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）（2）32【解析】

利用絕對值不等式的解法求出不等式的解集,得到關于的方程,求出的值即可;由知可得,，利用三個正數的基本不等式,構造和是定值即可求出的最大值.【詳解】（1）∵，，所以不等式的解集為,即為不等式的解集為，∴的解集為,即不等式的解集為，化簡可得,不等式的解集為，所以,即.（2）∵，∴.又∵，，，∴，當且僅當,等號成立,即，，時，等號成立，∴的最大值為32.【點睛】本題主要考查含有兩個絕對值不等式的解法和三個正數的基本不等式的靈活運用;其中利用構造出和為定值即為定值是求解本題的關鍵;基本不等式取最值的條件:一正二定三相等是本題的易錯點;屬于中檔題.18、（1）（2）5【解析】

（1）首先消去參數得到曲線的普通方程，再根據，，得到曲線的極坐標方程；（2）將直線的參數方程代入曲線的直角坐標方程，利用直線的參數方程中參數的幾何意義得解；【詳解】解：（1）曲線：消去參數得到：，由，，得所以（2）代入，設，，由直線的參數方程參數的幾何意義得：【點睛】本題考查參數方程、極坐標方程、普通方程的互化，以及直線參數方程的幾何意義的應用，屬于中檔題．19、（1）見解析；（2）最大值為.【解析】

（1）將函數表示為分段函數，利用函數的單調性求出該函數的最小值，進而可證得結論成立；（2）由可得出，并將代數式與相乘，展開后利用基本不等式可求得的最小值，進而可得出實數的最大值.【詳解】（1）.當時，函數單調遞減，則；當時，函數單調遞增，則；當時，函數單調遞增，則.綜上所述，，所以；（2）因為恒成立，且，，所以恒成立，即.因為，當且僅當時等號成立，所以，實數的最大值為.【點睛】本題考查含絕對值函數最值的求解，同時也考查了利用基本不等式恒成立求參數，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.20、（1）（2）證明見解析【解析】

（1）根據公式得到，計算得到答案.（2），根據裂項求和法計算得到，得到證明.【詳解】（1）由已知得時，，故.故數列為等比數列，且公比.又當時，，..（2）..【點睛】本題考查了數列通項公式和證明數列不等式，意在考查學生對于數列公式方法的綜合應用.21、（1）;（2）或．【解析】試題分析:直線與圓相切只需圓心到直線的距離等于圓的半徑，直線與曲線相交于兩點，且滿足，只需數量積為0，要聯立方程組設而不求，利用坐標關系及根與系數關系解題，這是解析幾何常用解題方法，第二步利用直線的斜率找出坐標滿足的要求，再利用兩直線與圓相切，求出點的坐標.試題解析：（1）解：設，，，由和圓相切，得．∴．由消去，并整理得，∴，．由，得，即．∴．∴，∴，∴．∴．∴或（舍）．當時，，故直線的方程為．（2）設，，，則．∴．設，由