高級中學名校試題PAGEPAGE1廣東省湛江市2025屆普通高考測試(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，，則（）．A. B. C. D.【答案】A【解析】因為，，所以．故選：A．2.已知向量，，若，則（）．A. B.2 C. D.5【答案】C【解析】因為，所以，所以，所以．故選：C．3.在等比數列中，，，則（）．A. B.567 C.451 D.699【答案】B【解析】因為，所以，當時，，，舍去，故，所以，即，所以.故選：.4.一組數據1，3，7，9，的中位數不小于平均數，則m的取值范圍為（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】因為這組數據的平均數為，所以這組數據的中位數只可能是m或7，若這組數據的中位數是m，則，即，若這組數據的中位數是7，則，即，綜上所述，m的取值范圍為.故選：B.5.一個圓錐的側面展開圖是一個半徑為3，圓心角為的扇形，在該圓錐內有一個體積為V的球，則該球的體積V的最大值是（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】由題意得，扇形的弧長，所以該圓錐的底面圓的半徑，所以該圓錐的高．設該圓錐內的球的最大半徑為R，圓錐的軸截面如圖所示：則依題意得，所以，所以該球的體積V的最大值是．故選：D6.已知函數在區間上存在唯一個極大值點，則m的最大值為（）．A. B. C. D.【答案】A【解析】當時，，由在區間上存在唯一個極大值點，得，解得，所以m的最大值為.故選：A7.已知，，點P滿足，當取到最大值時，的面積為（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】設，由得，即，則點P軌跡為的圓心為，半徑為的圓.當直線與圓D相切時，最大，則．又，，所以．又，所以．故選：D．8.已知定義在上的函數為奇函數，且當時，，若，不等式恒成立，則的值不可能是（）．A. B. C. D.3【答案】D【解析】因為定義在上的函數為奇函數，且當時，，所以當時，，，當時，，令，即，因為，當且僅當時等號成立，所以，若，則函數在上單調遞增，又，所以，即恒成立，故滿足題意，排除選項A；若，則，函數在上不單調，圖象如圖所示，又，即，可理解為函數的圖象在函數的圖象下方，所以由圖象可得，即，令，則，，.故選：D二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，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，，，，，5個數據的散點圖如圖所示，采用一元線性回歸模型建立經驗回歸方程．經分析確定為“離群點”，故將其去掉，將數據去掉后，下列說法正確的有（）．A.樣本相關系數r變大B.殘差平方和變小C.決定系數變大D.若經驗回歸直線過點，則其經驗回歸方程為【答案】BCD【解析】對于選項A：由圖可知，變量x與變量y是負相關，且將數據去掉后，樣本相關系數r的絕對值變大，所以r變小，故選項A錯誤；對于選項B：將數據去掉后，變量x與變量y的相關性變強，所以殘差平方和變小，決定系數變大，故選項B，C正確；對于選項D：設經驗回歸方程為，經計算得，且，，可得，，所以經驗回歸方程是，所以選項D正確．故選：BCD．10.復數，滿足，，則（）．A. B.C. D.【答案】ABD【解析】依題意得，復數，是方程的兩個根，可得，解得，則，，所以，故選項A正確；，故選項B正確；，故選項C錯誤；，故選項D正確．故選：ABD．11.設定義在R上的函數和，記的導函數為，且滿足，，若為奇函數，則下列結論一定成立的有（）．A. B.C. D.【答案】ABC【解析】由得．又，所以，即，所以關于對稱，．又因為是奇函數，故是偶函數，所以滿足條件．對于選項A，因為，所以，所以，選項A正確；，選項B正確；因為，所以，所以，選項C正確；對于選項D，，但不一定為0，選項D錯誤．故選：ABC．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知等差數列的前n項和為，且滿足，，則數列的通項公式為__________．【答案】【解析】設的公差為，因為，所以，又，故，解得，所以，又，所以．故答案為：13.已知，則__________．【答案】【解析】，即．又，所以，所以．故答案為：.14.已知橢圓與雙曲線具有相同的焦點，，點P為橢圓A與雙曲線B位于第一象限的交點，且（O為坐標原點）．設橢圓A與雙曲線B的離心率分別為，，則的最小值為__________．【答案】【解析】法一：因為，所以．設，（不妨設），，依題意有，，，所以，當且僅當時等號成立，所以，所以的最小值為．法二：因為，所以．對于焦點三角形，根據橢圓的性質可得其面積，根據雙曲線的性質可得，所以，所以，整理可得．所以，當且僅當時等號成立，所以，所以的最小值為．故答案為：.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.在中，內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且，D為邊上的點，且平分．（1）求的大小；（2）若，，求的周長．解：（1）由正弦定理得．又因為，所以，所以，或，，或，又，∴．（2）平分，，所以，所以，即．①由余弦定理得，即．②將①代入②得，所以，（舍去），所以的周長為．16.已知函數，其中．（1）若，求函數的單調區間；（2）當時，試判斷的零點個數并證明．解：（1）由題知，，當時，．令，得或（舍去）．當時，，故的單調遞減區間為．當時，，故的單調遞增區間為．（2）解法一：因為，故有一個零點是2．令，解得（舍去），．當時，，故單調遞減．當時，，故單調遞增．當時，，．．下面先證明當時，．令，，故在上單調遞增，所以．因為，所以．易知，所以在上存在唯一的零點，所以當時，有兩個零點，為2和．解法二：當時，，故2是的一個零點．令，又，所以．當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以是的極小值點．當時，，所以．下證．令，則．當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，從而，所以當時，，所以，即．令，則有，則．易得當時，，所以在上有唯一解．綜上，當時，有兩個零點．解法三：令，當時，，故2是的一個零點．當時，．令，易得在和上均單調遞減．因為（洛必達法則），所以當時，且單調遞減，故當時，在上有唯一解．而當時，，故當時，無解．綜上可知，當時，有兩個零點.17.如圖，四棱錐的底面是邊長為2的正方形，每條側棱的長都是底面邊長的倍，P為側棱上的點，且平面．（1）求證：．（2）求直線到平面的距離．（3）請判斷在平面上是否存在一點E，使得是以為底邊，為頂角的等腰三角形．若存在，請求出點E的軌跡；若不存在，請說明理由．（1）證明：如圖，連接，設交于點O，連接，由得．在正方形中，．又，平面,所以平面．又因為平面，所以．（2）解：連接，因為平面，平面，平面平面，所以．在中，O為的中點，所以點P為的中點．易知直線，，兩兩垂直，如圖，以點O為原點建立空間直角坐標系．因為正方形的邊長為2，所以，，，，．設平面的一個法向量為，則可得，所以，則，令，可得．因為平面，所以直線到平面的距離等于點B到平面的距離，在法向量上的投影的模為，所以直線到平面距離為．（3）解：不存在．理由如下：根據第（2）問可得直線到平面的距離為．又因為平面，設點Q為的中點，所以點Q到平面的距離為．假設在平面上存在點E，使得是以為底邊，為頂角的等腰三角形，則有．因為，所以不存在滿足條件的點E18.已知拋物線的焦點為F，A，B分別為C上的點（點A在點B上方）．過點A，B分別作C的切線，，交于點P．點O為坐標原點，當為正三角形時，其面積為．（1）求拋物線C的方程；（2）若直線經過點F，求動點P的軌跡以及點P到直線的距離的最小值．解：（1）因為為正三角形時，其面積為，可得的邊長．根據正三角形以及拋物線的對稱性，可知此時點A，B關于x軸對稱，所以點A的坐標為．將點A代入拋物線的方程可得，解得，所以拋物線C的方程為．（2）易得．設直線的方程為，聯立直線與拋物線C的方程可得．，設點A，B的坐標分別為，，根據韋達定理可得，．設直線的方程為．因為是拋物線C的切線，所以與C僅有一個交點．聯立兩個方程可得，，所以，所以直線的方程為．同理可得直線的方程為．計算與的交點可得，即可得，所以動點P的軌跡為直線．將點P的橫坐標代入直線及，可得其縱坐標為以及，兩者相加可得，代入上述韋達定理可得，所以點P的坐標為，所以點P到直線的距離，當且僅當時等號成立，所以點P到直線的距離的最小值為2．19.甲參加了一場智力問答游戲，每輪游戲均有兩類問題（難度系數較低的類問題以及難度系數較高的類問題）供選擇，且每輪游戲只回答兩類問題中的其中一個問題．甲遇到每類問題的概率均為，甲遇到類問題時回答正確的概率為，回答正確記1分，否則記0分；甲遇到類問題時回答正確的概率為，回答正確記2分，否則記0分，總得分記為X分，甲回答每個問題相互獨立．（1）當進行完2輪游戲時，求甲總分X的分布列與數學期望．（2）設甲在每輪游戲中均回答正確且累計得分為n分的概率為．（ⅰ）證明：為等比數列．（ⅱ）求的最大值以及對應n的值．解：（1）X可以取0，1，2，3，4，每次回答A類問題且回答正確的概率為，回答A類問題且回答不正確的概率為，每次回