第第頁2025屆廣東省大灣區普通高中畢業年級聯合模擬考試(一)數學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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．已知集合A=xx=2k,k∈Z，B=xA．2,4 B．4,6 C．0,2,4 D．2,4,62．復數z滿足z1+i=2i，其中i為虛數單位，則A．2 B．22 C．1 D．3．已知平面向量a,b的夾角為60°，且a=2，aA．1 B．2 C．22 4．若l,m為兩條不同的直線，α,β為兩個不同的平面，則（）A．若l∥α，m?α，則l∥m B．若l∥α，m∥α，則l∥mC．若l⊥α，m⊥β，l⊥m，則α⊥β D．若l∥α，α∥β，則l//β5．下列四組數據中，方差最小的為（）A．29,25,37 B．30,46,25 C．38,40,35 D．40,18,306．早在兩千年前，古人就通過觀測發現地面是球面，并會運用巧妙的方法對地球半徑進行估算.如圖所示，把太陽光視為平行光線，O為地球球心，A，B為北半球上同一經度的兩點，且A，B之間的經線長度為L，于同一時刻在A，B兩點分別豎立一根長桿AA1和BB1，通過測量得到兩根長桿與太陽光的夾角α和β（A．Lβ?α B．Lsin(β?α) C．Lα+β 7．設函數fx=lneA．?∞,2 C．2,+∞ D．8．已知拋物線y2=4x的弦AB的中點橫坐標為5，則A．12 B．11 C．10 D．9二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．已知直線l：kx?y+2k=0和圓O：xA．直線l恒過定點（2，0）B．存在k使得直線l與直線l0C．直線l與圓O相交D．若k=?1，直線l被圓O截得的弦長為210．已知函數fxA．fx是奇函數 B．fxC．fx在0,π2上單調遞增 D．11．設曲線C1:y=ex，拋物線C2:y2=2pxp>0，記拋物線的焦點為F，M，A．若C1與C2無公共點，則p∈0,e B．若l過點F，則l被C．當p=1時，FM≥52 D．當三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．雙曲線x2?y26=1的左，右焦點分別為F1,13．在△ABC中，已知C=2π3，tanA?tanB=2?3，則14．有三個袋子，每個袋子都裝有n個球，球上分別標有數字1,2,3,???,n.現從每個袋子里任摸一個球，用X,Y,Z分別表示從第一，第二，第三個袋子中摸出的球上所標記的數，則事件“X+Y=Z”的概率為.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．已知等差數列an滿足an，an+1是關于x（1）求a1（2）求數列?1n?4nbn16．在△ABC中，角A,B,C的對邊分別為a,b,c，AD為邊BC上的中線.（1）證明：AD=1（2）若A=π3，a=2，求17．如圖，在四棱錐P?ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，BC=CD=AD=2，AB=4.（1）證明：PA⊥BD；（2）若四棱錐P?ABCD的外接球的表面積為25π，求二面角C?AB?P的余弦值.18．數列是特殊的函數，可以利用函數工具研究數列性質.比如，為了研究數列an=1+1nnn∈N?（1）若不等式cx≥ln1+x對任意x≥0恒成立，求實數c的取值范圍，并證明：e>（2）是否存在常數a，使得：?n∈N?有，1?a（注：e為自然對數的底數）19．線段MN的長為3，端點M,N分別在y軸和x軸上運動，點E滿足ME=2EN，記點E的軌跡為曲線（1）求曲線C的方程；（2）曲線C與x軸的左右兩個交點分別為A,B,P為C上異于A,B的動點.過點D1,0分別作直線l1∥AP，直線l2∥BP，其中l1與曲線C交于G,H兩點，l2交直線x=?1①求點I的軌跡方程；②△IDR的面積是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，請說明理由.

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：由log2x<3，則log2所以B=x又因為A=x所以A∩B=2,4,6故答案為：D.【分析】解對數不等式求出集合B，再根據列舉法和交集的運算法則，從而得出集合A∩B.2．【答案】D【解析】【解答】解：因為z1+i=2i，

所以所以z=故答案為：D.【分析】根據復數的代數形式的除法運算化簡復數z，再結合復數求模公式得出復數z的模.3．【答案】B【解析】【解答】解：由a+所以a+b2=12，

則a2+2a?b+b2=12故答案為：B.【分析】根據數量積求向量的模的公式，再結合數量積的運算法則合數量積的定義，從而得出b2+2b4．【答案】C【解析】【解答】解：根據線面平行的性質定理，若l∥α，m?α，則l∥m或l與m異面，故A錯誤；因為平行與同一平面的兩條直線位置關系不確定，可能平行、相交或異面，故B錯誤；如圖，B?l，過點B作m的平行線n，設l,n所在平面為γ，且γ∩β=b，

則n⊥b，根據l⊥m，所以n⊥l，則l//b，

由l⊥α，可得b⊥α，且b?β，

所以α⊥β，故C正確；若l∥α，α∥β，則l//β或l?β，故D錯誤.故答案為：C.

【分析】根據線面位置關系的判定定理和性質定理，從而逐項判斷找出正確的選項.5．【答案】C【解析】【解答】解：對于A，x=s2對于B，x=s2對于C，x=s2對于D，x=s2因為11427所以四組數據中，方差最小的為11427故答案為：C.【分析】先分別求出各組的平均數，再分別求出各組的方差，最后比較方差的大小即可找出方差最小的一組選項.6．【答案】A【解析】【解答】解：如圖所示，過點B作太陽光的平行線，與OA的延長線交于點C，則∠B1BC=β，∠BCO=α設地球半徑為R，則根據弧長公式得Rβ?a=L，所以故答案為：A.

【分析】過點B作太陽光的平行線，與OA的延長線交于點C，可求出∠AOB=β?a，再利用弧長公式得出地球的半徑.7．【答案】B【解析】【解答】解：∵fx=ln又因為f==lne2x+1+當x≥0時，fx=ln不等式f2x?1?fx+1≤0，

即∴2x?1≤x+1，可得2x?1所以不等式f2x?1?fx+1故答案為：B.【分析】根據題意判斷fx是偶函數，再求出函數的單調區間，最后利用單調性和奇偶性解不等式得出不等式f8．【答案】A【解析】【解答】解：設拋物線y2=4x的焦點為F，A，B的橫坐標分別為x1，x∵拋物線y2=4x的準線為x=?1，

則AF=∴AF∵AF+BF≥AB（當且僅當F

即AB的最大值為12.故答案為：A.

【分析】根據拋物線定義可得AF+BF=12，再數形結合可得AF9．【答案】B,C,D【解析】【解答】直線l：kx?y+2k=0，即y=k(x+2)，則直線恒過定點(?2，0)，A不符合題意；當k=?2時，直線l：kx?y+2k=0與直線l0∵定點（-2，0）在圓O：x2+y2=9內部，∴直線l與圓O相交，C符合題意：當k=?1時，直線l化為?x?y?2=0，即x+y+2=0，圓心O到直線的距離d=|2|2=故答案為：BCD.

【分析】首項整理直線的方程由此即可得出直線過的定點坐標，從而判斷出選項A錯誤；由兩條直線垂直的性質即可判斷出選項B正確；結合直線與圓的位置關系，由點到直線的距離公式由此計算出結果，從而判斷出直線與圓的位置關系由此判斷出選項C正確；再由直線與圓的位置關系以及點到直線的距離公式由此計算出結果從而判斷出選項D正確，從而得出答案。10．【答案】A,D【解析】【解答】解：由題意得，fx對于A，∵函數fx的定義域為R，

所以f∴fx對于B，∵fx+π∴π不是函數fx對于C，∵f0∴fx在0,對于D，∵fx=2∴fx∵f?∴fx的最小值為?故答案為：AD.

【分析】根據奇函數的定義判斷出選項A；根據fx+π≠fx判斷出選項B錯誤；根據f11．【答案】A,D【解析】【解答】解：對于選項A：聯立y=exy2=2px得e由題意可知fx無零點，f故當x∈0,12lnp時，f故fx≥f12lnp=p對于選項B：由題意得Fp2,0，

由y=設l與曲線C1的切點為x0,ex0，因為直線l過點Fp2,0，故?所以l的方程為y?e12與y2=2px聯立得設l與C2的交點坐標為A則x1+x2=p+2pep+2，故AB=x1+x2+p==2p+設點x,ex，則設gx=e設?x=2e故?x在R上單調遞增，

又因為?0=1>0故?x0∈則gx在?∞,故FM2的最小值為gx0，

又因為g對于選項D：當p=1時，C2:y2=2x將x0=1又因為曲線C1:y=ex在要使得兩曲線上得點M，Q之間距離最小，

當t=0時，直線l:x?y+1=0，l'//l，

則y0顯然兩切點為0,1,2,1故答案為：AD.

【分析】將C1與C2無公共點轉化為fx=e2x?2px無零點，由導數求最小值大于0判斷出選項A；先求切線方程為y?ep+12=ep+12x?p?112．【答案】120【解析】【解答】解：因為點P在雙曲線右支上，且PF1=4則PF2=PF在△PF1F2中，由余弦定理可得cos∠F1故答案為：120o.

【分析】根據雙曲線的定義得出PF213．【答案】3【解析】【解答】解：∵tanA?tan∴tanC=?tan解得tanA+tanB=3?即sinA所以sinA+B=3?3cosAcos由tanA?tanB=2?∴=3?故答案為：32.

【分析】由兩角和的正切公式結合已知條件，從而切化弦可得cosAcosB=314．【答案】n?1【解析】【解答】解：由題意，從三個袋子中摸出的球上所標記的數的總的情況為n3種，

滿足Z=X+Y，則2≤Z≤n當Z=2時，X,Y對應的情況有1,1，1種；當Z=3時，X,Y對應的情況有1,2,當Z=4時，X,Y對應的情況有1,3,?當Z=n時，X,Y對應的情況有1,n?1,2,n?2,?,所以滿足Z=X+Y的情況有1+2+3+?+n?1故所求事件的概率為P=n故答案為：n?12【分析】利用已知條件歸納求出滿足Z=X+Y的情況種數，再根據古典概率公式得出事件“X+Y=Z”的概率.15．【答案】（1）解：根據題意，由韋達定理可得an因為數列an是等差數列，設公差為d所以a1+n?1則2d=42a1∴a（2）解：由（1）中d=2,a1=1∴b∴?1∴Sn=?【解析】【分析】（1）根據韋達定理可得an（2）由（1）中的首項和公差的值結合等差數列通項公式，從而得出等差數列的通項公式為an=2n?1，再代入運算可得?1n?4nbn（1）根據題意，由韋達定理可得an因為數列an是等差數列，設公差為d所以a1+n?1則2d=42a1∴a（2）由（1）d=2,a1=1∴b∴?1∴=?1+?116．【答案】（1）證明：方法一：∵AD為BC邊上中線，AD=AD2在△ABC中，由余弦定理得：a22bccosA=b∴AD∴AD=1方法二：∵AD為BC邊上中線，在△ABC中，∠ADB+∠ADC=π,∴cos∠ADB+cos∠ADC=0，在△ADB和△ADC中，由余弦定理得：AD即2AD∴AD即AD=1（2）解：因為A=π3，a=2，由余弦定理可得故b2+c當且僅當b=cb2+所以AD=1所以AD取得最小值為3.【解析】【分析】（1）利用兩種方法求解.

方法一：對AD=12AB+AC兩邊平方，再由余弦定理證出AD=122（2）在△ABC中，由余弦定理得b2=a（1）方法一：∵AD為BC邊上中線，AD=AD2在△ABC中，由余弦定理得：a22bccosA=b∴AD∴AD=1方法二：∵AD為BC邊上中線，在△ABC中，∠ADB+∠ADC=π,∴cos∠ADB+cos∠ADC=0，在△ADB和△ADC中，由余弦定理得：AD即2AD∴AD即AD=1（2）A=π3，a=2，由余弦定理可得故b2+c當且僅當b=cb2+所以AD=1所以AD取得最小值為3.17．【答案】（1）證明：取AB的中點O1，連接CO1，

由題意知△BC由等腰梯形知∠BCD=120°，設AD=CD=BC=2，

則AB=4，故AD2+BD2因為PD⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PD⊥BD，因為AD∩PD=D，AD，PD?平面PAD，所以BD⊥平面PAD，因為PA?平面PAD，所以BD⊥PA.（2）解：由于AD=AO又∵∠DAB=60°，∴O即O1為四邊形ABCD外接圓的圓心，且半徑r=過O1作平面ABCD的垂線l，

則PD//l，在平面PDO1內作PD的垂直平分線交l與點則OP=OD=OA=OB=OC，

即O為四棱錐P?ABCD的外接球的球心且半徑R=OD=PD22+r∴PD22過D作DE⊥AB于E，AB⊥PD,DE,PD?平面PDE,DE∩PD=D，所以AB⊥平面PDE，

又因為PE?平面PDE，則AB⊥PE，

所以∠PED為二面角C?AB?P的平面角，則tan∠PED=所以，二面角C?AB?P的平面角的余弦值為12【解析】【分析】（1）由線面垂直的性質定理證出線線平行，再證BD⊥平面PAD，從而證出BD⊥PA.（2）先利用已知條件和等邊三角形的結構特征確定四棱錐P?ABCD的外接球的球心，再結合勾股定理和外接球的表面積公式可得PD的長，過D作DE⊥AB于E，從而得出∠PED為二面角C?AB?P的平面角，則根據正切函數的定義和同角三角函數基本關系式得出二面角C?AB?P的余弦值.（1）取AB的中點O1，連接CO1所以∠ABC=60由等腰梯形知∠BCD=120°，設AD=CD=BC=2，則AB=4，故AD2+BD2因為PD⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PD⊥BD，因為AD∩PD=D，AD，PD?平面PAD，所以BD⊥平面PAD，因為PA?平面PAD，所以BD⊥PA.（2）由于AD=AO又∵∠DAB=60°，∴O即O1為四邊形ABCD外接圓的圓心，且半徑r=過O1作平面ABCD的垂線l，則PD//l在平面PDO1內作PD的垂直平分線交l與點則OP=OD=OA=OB=OC，即O為四棱錐P?ABCD的外接球的球心，且半徑R=OD=PD22∴PD22過D作DE⊥AB于E，AB⊥PD,DE,PD?平面PDE,DE∩PD=D，所以AB⊥平面PDE，又PE?平面PDE，則AB⊥PE，所以∠PED為二面角C?AB?P的平面角，tan∠PED=所以二面角C?AB?P的平面角的余弦值為1218．【答案】（1）解：當x=0時，cx≥ln1+x顯然恒成立，當x>0時，cx>ln1+x可化為令gx=ln1+xx，x>0令?x=x?1+xln1+x，x>0，

因此?x=x?1+xln1+x在0,+∞即g'x=所以gx=ln又由洛必達法則可得：limx→0所以gx<1恒成立，

因此，為使c≥ln1+xx綜上所述，c≥1，所以x≥ln1+x，

因為1n則1>nln1+1n=（2）解：存在a=e2，使得：?n∈N?有，1?a?1(i)由2n<a1n?1，得a1n>1+2n，所以1nln為使2nlna>ln(ii)對于1?a?1n<2n當n≥3時，?23≤?2n<0，

由1?a令x=?2n，則?2所以lna<ln1+xx則g'令?x=x?1+x則?'x=1?因此?x=x?1+xln1+x在[?因此g'x=所以gx=ln又因為limx→0所以，當?23≤x<0因此，為使lna<ln1+xx由(i)(ii)可得，a=e2，

即存在a=e2，使得【解析】【分析】（1）當x=0時，cx≥ln1+x恒成立，c∈R；當x>0時，cx>ln1+x可化為c≥ln1+xx，令gx=ln（2）先由題意得到a>0，由2n<a1n?1推出2nlna>ln1+2n，再結合（1）的結果可求出a≥e2，對于1?a?1（1）當x=0時，cx≥ln1+x顯然恒成立，當x>0時，cx>ln1+x可化為令gx=ln1+xx令?x=x?1+xln1+x，x>0因此?x=x?1+xln1+x即g'x=所以gx=ln又由洛必達法則可得：limx→0所以gx<1恒成立，因此，為使c≥ln1+xx綜上，c≥1；所以x≥ln1+x，因為1n則1>nln1+1（2）存在a=e2，使得：?n∈N由題意，為使1?a?1(i)由2n<a1n?1得a1由（1）知x≥ln1+x對任意為使2nlna>ln(ii)對于1?a?1n<2n當n≥3時，?23≤?2n