福建省福州市福建師大附中2025年廣東高考全真數學試題模擬試卷注意事項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．如圖，在中，點是的中點，過點的直線分別交直線，于不同的兩點，若，，則（）A．1 B． C．2 D．32．已知命題：是“直線和直線互相垂直”的充要條件；命題：對任意都有零點；則下列命題為真命題的是（）A． B． C． D．3．已知數列的首項，且，其中，，，下列敘述正確的是（）A．若是等差數列，則一定有 B．若是等比數列，則一定有C．若不是等差數列，則一定有 D．若不是等比數列，則一定有4．已知函數,關于的方程R)有四個相異的實數根,則的取值范圍是(

)A． B． C． D．5．己知集合，，則（）A． B． C． D．6．函數的圖象大致是()A． B．C． D．7．已知直線過圓的圓心，則的最小值為（）A．1 B．2 C．3 D．48．已知函數若恒成立，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．9．設函數的定義域為，命題：，的否定是（）A．， B．，C．， D．，10．2019年10月17日是我國第6個“扶貧日”，某醫院開展扶貧日“送醫下鄉”醫療義診活動，現有五名醫生被分配到四所不同的鄉鎮醫院中，醫生甲被指定分配到醫院，醫生乙只能分配到醫院或醫院，醫生丙不能分配到醫生甲、乙所在的醫院，其他兩名醫生分配到哪所醫院都可以，若每所醫院至少分配一名醫生，則不同的分配方案共有()A．18種 B．20種 C．22種 D．24種11．在中，，，，點，分別在線段，上，且，，則（）．A． B． C．4 D．912．已知定義在上的函數，若函數為偶函數，且對任意，，都有，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．已知集合，，則____________．14．已知、為正實數，直線截圓所得的弦長為，則的最小值為__________.15．若變量，滿足約束條件則的最大值是______.16．已知半徑為4的球面上有兩點A，B，AB=42，球心為O，若球面上的動點C滿足二面角C-AB-O的大小為60°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.（1）求不等式的解集；（2）設的最小值為，正數，滿足，證明：.18．（12分）在數列中，已知，且，.（1）求數列的通項公式；（2）設，數列的前項和為，證明：.19．（12分）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，.（1）證明：平面平面ABCD；（2）設H在AC上，，若，求PH與平面PBC所成角的正弦值.20．（12分）在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，是的中點.（1）證明：平面；（2）設是直線上的動點，當點到平面距離最大時，求面與面所成二面角的正弦值.21．（12分）已知都是各項不為零的數列，且滿足其中是數列的前項和，是公差為的等差數列．（1）若數列是常數列，，，求數列的通項公式；（2）若是不為零的常數），求證：數列是等差數列；（3）若（為常數，），．求證：對任意的恒成立．22．（10分）某商場以分期付款方式銷售某種商品，根據以往資料統計，顧客購買該商品選擇分期付款的期數的分布列為：2340.4其中，（Ⅰ）求購買該商品的3位顧客中，恰有2位選擇分2期付款的概率；（Ⅱ）商場銷售一件該商品，若顧客選擇分2期付款，則商場獲得利潤l00元，若顧客選擇分3期付款，則商場獲得利潤150元，若顧客選擇分4期付款，則商場獲得利潤200元.商場銷售兩件該商品所獲的利潤記為（單位：元）（?。┣蟮姆植剂?；（ⅱ）若，求的數學期望的最大值.

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】

連接AO，因為O為BC中點，可由平行四邊形法則得，再將其用，表示.由M、O、N三點共線可知，其表達式中的系數和，即可求出的值.【詳解】連接AO，由O為BC中點可得，，、、三點共線，，.故選：C.【點睛】本題考查了向量的線性運算，由三點共線求參數的問題，熟記向量的共線定理是關鍵.屬于基礎題.2．A【解析】

先分別判斷每一個命題的真假，再利用復合命題的真假判斷確定答案即可.【詳解】當時，直線和直線，即直線為和直線互相垂直，所以“”是直線和直線互相垂直“的充分條件，當直線和直線互相垂直時，，解得.所以“”是直線和直線互相垂直“的不必要條件.：“”是直線和直線互相垂直“的充分不必要條件，故是假命題．當時，沒有零點，所以命題是假命題．所以是真命題，是假命題，是假命題，是假命題．故選：．【點睛】本題主要考查充要條件的判斷和兩直線的位置關系，考查二次函數的圖象，考查學生對這些知識的理解掌握水平.3．C【解析】

根據等差數列和等比數列的定義進行判斷即可.【詳解】A：當時，，顯然符合是等差數列，但是此時不成立，故本說法不正確；B：當時，，顯然符合是等比數列，但是此時不成立，故本說法不正確；C：當時，因此有常數，因此是等差數列，因此當不是等差數列時，一定有，故本說法正確；D：當時，若時，顯然數列是等比數列，故本說法不正確.故選：C【點睛】本題考查了等差數列和等比數列的定義，考查了推理論證能力，屬于基礎題.4．A【解析】=,當時時,單調遞減，時,單調遞增,且當,當,

當時，恒成立，時,單調遞增且,方程R)有四個相異的實數根.令=則,,即.5．C【解析】

先化簡，再求.【詳解】因為，又因為，所以，故選：C.【點睛】本題主要考查一元二次不等式的解法、集合的運算，還考查了運算求解能力，屬于基礎題.6．B【解析】

根據函數表達式,把分母設為新函數,首先計算函數定義域,然后求導,根據導函數的正負判斷函數單調性,對應函數圖像得到答案.【詳解】設，，則的定義域為.，當，，單增，當，，單減，則.則在上單增，上單減，.選B.【點睛】本題考查了函數圖像的判斷,用到了換元的思想,簡化了運算,同學們還可以用特殊值法等方法進行判斷.7．D【解析】

圓心坐標為，代入直線方程，再由乘1法和基本不等式，展開計算即可得到所求最小值．【詳解】圓的圓心為，由題意可得，即，，，則，當且僅當且即時取等號，故選：．【點睛】本題考查最值的求法，注意運用乘1法和基本不等式，注意滿足的條件：一正二定三等，同時考查直線與圓的關系，考查運算能力，屬于基礎題．8．D【解析】

由恒成立，等價于的圖像在的圖像的上方，然后作出兩個函數的圖像，利用數形結合的方法求解答案.【詳解】因為由恒成立，分別作出及的圖象，由圖知，當時，不符合題意，只須考慮的情形，當與圖象相切于時，由導數幾何意義，此時，故.故選：D【點睛】此題考查的是函數中恒成立問題，利用了數形結合的思想，屬于難題.9．D【解析】

根據命題的否定的定義，全稱命題的否定是特稱命題求解.【詳解】因為：，是全稱命題，所以其否定是特稱命題，即，.故選：D【點睛】本題主要考查命題的否定，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.10．B【解析】

分兩類：一類是醫院A只分配1人，另一類是醫院A分配2人，分別計算出兩類的分配種數，再由加法原理即可得到答案.【詳解】根據醫院A的情況分兩類：第一類：若醫院A只分配1人，則乙必在醫院B，當醫院B只有1人，則共有種不同分配方案，當醫院B有2人，則共有種不同分配方案，所以當醫院A只分配1人時，共有種不同分配方案；第二類：若醫院A分配2人，當乙在醫院A時，共有種不同分配方案，當乙不在A醫院，在B醫院時，共有種不同分配方案，所以當醫院A分配2人時，共有種不同分配方案；共有20種不同分配方案.故選：B【點睛】本題考查排列與組合的綜合應用，在做此類題時，要做到分類不重不漏，考查學生分類討論的思想，是一道中檔題.11．B【解析】

根據題意，分析可得,由余弦定理求得的值，由可得結果.【詳解】根據題意，，則在中，又,則則則則故選：B【點睛】此題考查余弦定理和向量的數量積運算，掌握基本概念和公式即可解決，屬于簡單題目.12．A【解析】

根據題意，分析可得函數的圖象關于對稱且在上為減函數，則不等式等價于，解得的取值范圍，即可得答案.【詳解】解:因為函數為偶函數，所以函數的圖象關于對稱，因為對任意，，都有，所以函數在上為減函數，則，解得：.即實數的取值范圍是.故選：A.【點睛】本題考查函數的對稱性與單調性的綜合應用，涉及不等式的解法，屬于綜合題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

由于，，則．14．【解析】

先根據弦長，半徑，弦心距之間的關系列式求得，代入整理得，利用基本不等式求得最值.【詳解】解：圓的圓心為，則到直線的距離為，由直線截圓所得的弦長為可得，整理得，解得或(舍去)，令，又，當且僅當時,等號成立,則.故答案為：.【點睛】本題考查直線和圓的位置關系，考核基本不等式求最值，關鍵是對目標式進行變形，變成能用基本不等式求最值的形式，也可用換元法進行變形，是中檔題.15．9【解析】

做出滿足條件的可行域，根據圖形，即可求出的最大值.【詳解】做出不等式組表示的可行域，如圖陰影部分所示，目標函數過點時取得最大值，聯立，解得，即，所以最大值為9.故答案為:9.【點睛】本題考查二元一次不等式組表示平面區域，利用數形結合求線性目標函數的最值，屬于基礎題.16．4【解析】

設△ABC所在截面圓的圓心為O1，AB中點為D，連接OD,易知∠ODO1即為二面角C-AB-O的平面角，可求出OD,?O1D及OO1，然后可判斷出四面體OABC外接球的球心E在直線OO1上，在【詳解】設△ABC所在截面圓的圓心為O1，AB中點為D，連接OD,OA＝OB，所以，OD⊥AB，同理O1D⊥AB，所以，∠ODO1即為二面角∠ODO因為OA=OB=4,?AB=42，所以△OAB在Rt△ODO1中，由cos60o＝O1D因為O1到A、B、C三的距離相等，所以，四面體OABC外接球的球心E在直線OO設四面體OABC外接球半徑為R，在Rt△O1由勾股定理可得：O1B2+O【點睛】本題考查了三棱錐的外接球問題，考查了學生的空間想象能力、邏輯推理能力及計算求解能力，屬于中檔題．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）（2）證明見解析【解析】

（1）將表示為分段函數的形式，由此求得不等式的解集.（2）利用絕對值三角不等式求得的最小值，利用分析法，結合基本不等式，證得不等式成立.【詳解】（1），不等式，即或或，即有或或，所以所求不等式的解集為.（2），，因為，，所以要證，只需證，即證，因為，所以只要證，即證，即證，因為，所以只需證，因為，所以成立，所以.【點睛】本小題主要考查絕對值不等式的解法，考查分析法證明不等式，考查基本不等式的運用，屬于中檔題.18．（1）；（2）見解析.【解析】

（1）由已知變形得到，從而是等差數列，然后利用等差數列的通項公式計算即可；（2）先求出數列的通項，再利用裂項相消法求出即可.【詳解】（1）由已知，，即，又，則數列是以1為首項3為公差的等差數列，所以，即.（2）因為，則，所以，又是遞增數列，所以，綜上，.【點睛】本題考查由遞推公式求數列通項公式、裂項相消法求數列的和，考查學生的計算能力，是一道基礎題.19．（1）見解析；（2）【解析】

（1）記，連結，推導出，平面，由此能證明平面平面；（2）推導出，平面，連結，由題意得為的重心，，從而平面平面，進而是與平面所成角，由此能求出與平面所成角的正弦值．【詳解】（1）證明：記，連結，中，，，，，，平面，平面，平面平面．（2）中，，，，，，，，，，平面，∴，連結，由題意得為的重心，，，，平面平面平面，∴在平面的射影落在上，是與平面所成角，中，，，，．與平面所成角的正弦值為．【點睛】本題考查面面垂直的證明，考查線面角的正弦值的求法，考查線線、線面、面面的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．20．（1）證明見解析（2）【解析】

（1）取中點，連接，根據菱形的性質，結合線面垂直的判定定理和性質進行證明即可；（2）根據面面垂直的判定定理和性質定理，可以確定點到直線的距離即為點到平面的距離，結合垂線段的性質可以確定點到平面的距離最大，最大值為1.以為坐標原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系.利用空間向量夾角公式，結合同角的三角函數關系式進行求解即可.【詳解】（1）證明：取中點，連接，因為四邊形為菱形且.所以，因為，所以，又，所以平面，因為平面，所以.同理可證，因為，所以平面.（2）解：由（1）得平面，所以平面平面，平面平面.所以點到直線的距離即為點到平面的距離.過作的垂線段，在所有的垂線段中長度最大的為，此時必過的中點，因為為中點，所以此時，點到平面的距離最大，最大值為1.以為坐標原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系.則所以平面的一個法向量為，設平面的法向量為，則即取，則，，所以，所以面與面所成二面角的正弦值為.【點睛】本題考查了線面垂直的判定定理和性質的應用，考查了二面角的向量求法，考查了推理論證能力和數學運算能力.21．（1）；（2）詳見解析；（3）詳見解析.【解析】

(1)根據,可求得,再根據是常數列代入根據通項與前項和的關系求解即可.(2)取,并結合通項與前項和的關系可求得再根據化簡可得,代入化簡即可知,再證明也成立即可.(3)由(2)當時,,代入所給的條件化簡可得,進而證明可得,即數列是等比數列.繼而求得,再根據作商法證明即可.【詳解】解：．是各項不為零的常數列,則,則由,及得,當時,,兩式作差,可得．當時,滿足上式,則；證明：,當時,,兩式相減得：即．即．又,,即．當時,,兩式相減得：．數列從第二項起是