2025年廣東廣州市高三二模高考數(shù)學試卷試題（含答案詳解）

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2025屆廣州市普通高中畢業(yè)班綜合測試（二）數(shù)學本試卷共5頁，19小題，滿分150分.考試用時120分鐘.注意事項：1.答卷前，考生務將自己的姓名、考生號、考場號和座位號填寫在答題卡上.用2B鉛筆在答題卡的相應位置填涂考生號.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(qū)域內(nèi)的相應位置上：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.考生必須保持答題卡的整潔.考試結束后，將試卷和答題卡一并交回.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．設集合，，則的元素個數(shù)為（

）A．4 B．3 C．2 D．12．已知復數(shù)滿足，則的最小值為A．0 B．1 C．2 D．33．聲強級（單位：dB）由公式給出，其中為聲強（單位：）.輕柔音樂的聲強一般在之間，則輕柔音樂的聲強級范圍是（

）A． B．C． D．4．的展開式中的系數(shù)為（

）A．24 B． C． D．5．已知，則（

）A． B． C．2 D．36．已知函數(shù)若函數(shù)恰有2個零點，則實數(shù)的取值范圍是（

）A． B． C． D．7．已知橢圓的左，右焦點分別為，過的直線與相交于兩點，且，則的離心率為（

）A． B． C． D．8．已知函數(shù)在上的所有極值點從小到大依次記為，則（

）A． B． C． 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.9．一組成對樣本數(shù)據(jù)的散點位于一條直線附近，它的樣本相關系數(shù)（其中），由最小二乘法求得經(jīng)驗回歸方程（其中），則（

）A．若，則B．若，則成對數(shù)據(jù)的樣本相關系數(shù)等于C．若，則成對數(shù)據(jù)的樣本相關系數(shù)大于D．若，則成對數(shù)據(jù)的經(jīng)驗回歸方程10．瑞士著名數(shù)學家歐拉在1765年提出：三角形的外心，重心，垂心位于同一直線上，這條直線被后人稱為三角形的“歐拉線”.若的三個頂點坐標分別為，，其“歐拉線”為，圓，則（

）A．過作圓的切線，切點為，則的最小值為4B．若直線被圓截得的弦長為2，則C．若圓上有且只有兩個點到的距離都為1，則D．存在，使圓上有三個點到的距離都為111．已知是球的球面上兩點，為該球面上的動點，球的半徑為4，，二面角的大小為，則（

）A．是鈍角三角形B．直線與平面所成角為定值C．三棱錐的體積的最大值為D．三棱錐的外接球的表面積為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．若函數(shù)（，且）是偶函數(shù)，且，則.13．一個袋子里有大小和質(zhì)地相同的4個球，標號為1，2，3，4，從中有放回地隨機取球，每次取1個球，共取4次，把每次取出的球的標號排成一列數(shù)，則這列數(shù)中恰有3個不同整數(shù)的概率為.14．在平面四邊形中，，若的面積是的面積的2倍，則的長度為.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．設為數(shù)列的前項和，且是和8的等差中項.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)令，數(shù)列的前項和為，證明：.16．如圖，直四棱柱的底面是菱形，為銳角，分別為棱的中點，點在棱上，且，點在直線上.(1)證明：平面；(2)若直四棱柱的體積為，當直線與平面所成角的正弦值最大時，求的長.17．已知函數(shù)（，且）.(1)若，直線與曲線和曲線都相切，求的值；(2)若，求的取值范圍.18．已知雙曲線的右焦點到的一條漸近線的距離為.(1)求的方程；(2)設點在的右支上，過點作圓的兩條切線，一條與的左支交于點，另一條與的右支交于點（異于點）.（?。┳C明：；（ⅱ）當?shù)拿娣e最小時，求直線和直線的方程.19．設，集合（為向量），若，定義.(1)若，且，寫出所有的；(2)若，且，設滿足的的個數(shù)為，求的值；(3)從集合中任取兩個不同的向量，記，求的分布列與數(shù)學期望.答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．B【分析】由題意可知，可求交集，進而可得結論.【詳解】由，可得，所以.故的元素個數(shù)為3.故選：B.2．B【詳解】分析：設，根據(jù)，可得的軌跡方程，代入，即可得出．詳解：設，，∴，∴，∴，則==≥．當時取等號．故選：B．點睛：本題考查了復數(shù)的運算法則、模的計算公式、一次函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．3．C【分析】依題意可得，即可求出的范圍，從而得解.【詳解】依題意可得，所以，所以，所以，即輕柔音樂的聲強級范圍是.故選：C4．D【分析】求出展開式的通項，即可求出的系數(shù).【詳解】因為展開式的通項為，所以的系數(shù)為．故答案為：.5．A【分析】根據(jù)角的范圍利用二倍角公式將表達式化簡計算可得，即求出結果.【詳解】由可得，所以，又易知，因此可得，即可得，所以，解得.故選：A6．B【分析】當時，對函數(shù)求導，對參數(shù)的取值進行分類討論，大致畫出分段函數(shù)的圖象，再由數(shù)形結合即可得出實數(shù)的取值范圍.【詳解】易知當時，函數(shù)單調(diào)遞增，且;當時，函數(shù)，易知,顯然當時，恒成立，即在上單調(diào)遞增；當時，；當時，，此時函數(shù)的圖象大致如下圖所示：

若函數(shù)恰有2個零點，即函數(shù)的圖象與有兩個交點，由上圖可知；當時，根據(jù)對勾函數(shù)性質(zhì)可知，當且僅當時，等號成立；此時其圖象大致如下圖：

顯然函數(shù)的圖象與沒有交點，不合題意；綜上可知，實數(shù)的取值范圍是.故選：B7．D【分析】設，利用橢圓的定義可得，在，中，由余弦定理可得，可求離心率.【詳解】由題意作出圖形如圖所示：

設，又，所以，又，，所以，所以，又因為，所以，解得，所以，在中，由余弦定理可得，在中，由余弦定理可得，因為，所以，整理得，所以，解得.故選：D.8．B【分析】題可得極值點滿足或，由此畫出圖象，可得極值點個數(shù)，進而可得，據(jù)此可得答案.【詳解】，則或.如圖，畫出圖象，結合圖象可知在兩側(cè)附近正負相反，可得極值點有8個.則互為相反數(shù)，因，則，又注意到，則.故選：B9．ABD【分析】根據(jù)相關系數(shù)的意義判斷ABC，利用線性回歸方程的求法判斷D.【詳解】當時，變量正相關，所以，故A正確；因為，所以成對數(shù)據(jù)對應點相當于把成對數(shù)據(jù)對應的點向下平移2個單位，不改變變量的相關性，故B正確；因為，則成對數(shù)據(jù)對應點相當于把成對數(shù)據(jù)對應的點橫坐標不變，縱坐標變?yōu)樵瓉淼?倍，故變量間的相關性不變，故C錯誤；當，由可知，新的回歸直線方程中斜率變?yōu)?，，則成對數(shù)據(jù)的經(jīng)驗回歸方程，故D正確.故選：ABD10．BC【分析】A項，利用勾股定理寫出的表達式，即可求出的最小值；B項，求出直線的解析式，得出圓的位置，即可得出結論；C項，根據(jù)圓上有且只有兩個點到的距離，得出圓心到直線的距離小于直徑，結合距離公式即可得出結論；D項，由幾何知識即可得出結論.【詳解】由題意，的三個頂點坐標分別為，，在圓中，，半徑，A項，過作圓的切線，切點為，如圖所示，∴,在中，由勾股定理得，∴∴當時，取最小值，，故A錯誤；B項，重心坐標即,所在直線，即線段的中點,∴的垂直平分線為：，同理可得，的垂直平分線為：，，解得：，∴外心由幾何知識得，垂心與外心重合，∴過和，，即，直線被圓截得的弦長為2，恰好為圓的直徑，∴直線過圓心，∴，即，B正確；C項，圓上有且只有兩個點到的距離都為1，∴圓心到直線即的距離小于直徑.∴，解得：，故C正確；D項，由幾何知識得，圓上不可能有三個點到直線的距離均為半徑1，故D錯誤；故選：BC.11．ABD【分析】根據(jù)題意可得固定平面，求出各線段長度，結合圓內(nèi)接四邊形可求得，即A正確，利用線面角定義作出其平面角可得B正確，由三棱錐錐體體積公式計算可得可判斷C錯誤，求得三棱錐的外接球的球心位置和半徑即可求得D正確.【詳解】如下圖所示：易知，由可得；固定平面，由二面角的大小為可知為一個與平面夾角為的平面與的交點（在的右側(cè)），如圖中過平面的虛線形成的劣弧所示：取的中點為，作平面，則有，又易知，如下圖所示：在劣弧上運動，對于A，易知，因此可得是鈍角三角形，即A正確；對于B，設直線與平面所成的角為，則，為定值，即B正確；對于C，作，易知三棱錐的體積的最大值為，即C錯誤；對于D，設三棱錐的外接球的球心為，如下圖：由于是的外心，則平面，因此三點共線，設，在中由勾股定理可得，解得；因此三棱錐的外接球的表面積為，即D正確.故選：ABD【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于根據(jù)題目條件固定平面，再根據(jù)二面角大小求得線段長度得出點軌跡，再結合線面角、外接球等進行計算即可.12．【分析】利用偶函數(shù)的定義可求得，進而可得，計算可求得的值.【詳解】因為是偶函數(shù)，則，可得，所以，所以或，則（舍去）或，所以，又，所以，所以，又，解得.故答案為：.13．【分析】求得總的取法數(shù)，進而求得符合條件的取法數(shù)，利用古典概型概率公式可求解.【詳解】每次均有4種不同的取法，故總的取法數(shù)有種，這列數(shù)中恰有3個不同整數(shù)，則必有一個數(shù)取了2次，故這列數(shù)中恰有3個不同整數(shù)的取法數(shù)有種，故這列數(shù)中恰有3個不同整數(shù)的概率為.故答案為：.14．【分析】如圖建立直角坐標系，設AC，BD交點為E，由的面積是的面積的2倍可得E坐標，然后由B，E，D三點共線結合可得B點坐標，即可得答案.【詳解】如圖，以D點為原點，取AC中點為F，以DF所在直線為x軸，以過D點，垂直于DF直線為y軸，建立直角坐標系.又則.過C，A兩點作DB垂線，垂足為G，H，則.又注意到，則.設，則，則.注意到B，E，D三點共線，則，則.又則或，又由圖可得，則.則.故答案為：

15．(1)(2)證明見解析【分析】（1）解法1：由題意可求得，當時，求得，當時，，可得，可求通項公式；解法2：由題意可得，先求得前幾項，猜想通項公式，再利用數(shù)學歸納法證明即可；（2）由題意可得，可求得，可證結論.【詳解】（1）解法1：因為是和8的等差中項，所以，即.①當時，，得.當時，，②①－②得，得，即.所以數(shù)列是以首項為8，公比為2的等比數(shù)列.所以.解法2：因為是和8的等差中項，所以，即.當時，，得.當時，，得.當時，，得.猜想：.（下面用數(shù)學歸納法證明）1當時，可知猜想成立，2假設時，猜想成立，即，依題意，得，得，又，得，則，得.即當時，猜想也成立.由1，2可知猜想成立，即.（2）因為，得，所以.由于，得，得，所以.16．(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點，連接，進而可證四邊形是平行四邊形，可得，由已知可證，可得，可證結論；（2）解法1：由已知可求得，分別以直線為軸，以的邊上的高線為軸，建立空間直角坐標系，設，求得平面的一個法向量，利用向量法可求得線面角的正弦的最大值，進而求得的長.解法2：由已知可求得，連接，設，連接，設，以為原點，分別以直線為軸，建立空間直角坐標系，設，求得平面的一個法向量，利用向量法可求得線面角的正弦的最大值，進而求得的長.解法3：由已知可求得，由（1）知平面且點在直線上，，過作，交的延長線于點，連接，結合余弦定理求解即可.【詳解】（1）取的中點，連接，因為為的中點，所以，且.又，且，則，且.所以四邊形是平行四邊形.所以.因為，則為的中點.又為的中點，則所以.因為平面平面，所以平面.（2）解法1：由于直四棱柱的體積為，得，得，由于為銳角，則.分別以直線為軸，以的邊上的高線為軸，建立空間直角坐標系.則，，設，，設平面的法向量為，直線與平面所成角為，由，即，取，則平面的一個法向量為.則.當時，取得最大值.此時.所以的長為.解法2：由于直四棱柱的體積為，得，得，由于為銳角，則.連接，設，連接，設，以為原點，分別以直線為軸，建立空間直角坐標系.則，.設，即，則.設平面的法向量為，直線與平面所成角為，由，即，令，則，則平面的一個法向量為，,為，則.當時，取得最大值.此時.所以的長為.解法3：由于直四棱柱的體積為，得，得，由于為銳角，則.由（1）知平面且點在直線上，則點到平面的距離為定值.設直線與平面所成角為，則.當最小時，取得最大值.如圖，過作，交的延長線于點，連接，由于，，則平面.又平面，則.則為所求.在中，.，在中，.17．(1)8(2)【分析】（1）解法1：設直線與曲線的切點坐標為，利用導數(shù)的意可求得，進而求得切線方程，聯(lián)立切線與，利用可求解；解法2：設直線與曲線的切點坐標為，利用導數(shù)的意可求得，進而求得切線方程，設直線與曲線的切點坐標為，利用導數(shù)的幾何意義可求解；（2）解法1：當時，計算可得，不符合題意，當時，由題意可得，令，利用導數(shù)可求得的最小值，可求解.解法2：由題意可得，令，利用導數(shù)求得的最小值即可.【詳解】（1）解法1：設直線與曲線的切點坐標為，由于，則，解得，則切點坐標為.直線，即.由得，由，解得或（舍去），當時，得，符合題意，所以.解法2：設直線與曲線的切點坐標為，由于，則，解得，則切點坐標為.直線，即.當時，函數(shù)的定義域為，設直線與曲線的切點坐標為，由，得，得.得，即，則.解得.（2）解法1：①當時，則函數(shù)的定義域為.由于，則，不符合題意.所以不符合題意.②當時，則函數(shù)的定義域為.顯然.當時，由，得，即.令，則.當時，在上單調(diào)遞減，當時，在上單調(diào)遞增.則當時，取得最小值，其值為.則，即.綜上所述，的取值范圍為.解法2：當時，由，得，即，得.令，則.當時，在上單調(diào)遞減，當時，在上單調(diào)遞增.則當時，取得最小值，其值為.則，即.綜上所述，的取值范圍為.18．(1)(2)（i）證明見解析；（ii），【分析】（1）由點到直線距離公式結合題意可得，據(jù)此可得答案；（2）（?。┰O切線的方程為，由圓心到切線的距離，可得，再將切線方程與雙曲線方程聯(lián)立，由韋達定理結合可得，據(jù)此可完成證明；（ⅱ）方法1，注意到，由（?。┛傻?，據(jù)此可得答案；方法2，設切線與圓的切點為，則可得，據(jù)此可得答案；方法3，由題可得，又設切線與圓的切點為，由，結合，可得，由基本不等式可得，據(jù)此可得答案.【詳解】（1）解：由于雙曲線的右焦點為，所以.雙曲線的漸近線方程為，即為，由于點到的一條漸近線的距離為，則.解得所以的方程為.（2）（?。┳C明：顯然圓的切線的斜率存在，設切線的方程為，由于切線不平行的漸近線，則.由圓心到切線的距離，得.由消去得，由題意知.設，則，而.則，則.所以，即.（ⅱ）解法1：由（?。┩砜傻?，所以三點共線.則的面積.設切線與圓的切點為，則，.由（?。┑?，又，則.當時，.此時，直線平行軸，則的縱坐標絕對值為圓的半徑.得點的坐標為，所以直線的方程為，直線的方程為.解法2：由（?。┩砜傻茫匀c共線.則的面積.設切線與圓的切點為，則.在中，，在中，，則，當時，，即的面積的最小值為3.此時，直線平行軸，則的縱坐標絕對值為圓的半徑.得點的坐標為，所以直線的方程為，直線的方程為.解法3：由（?。┩砜傻?，所以三點共線.則的面積.設切線與圓的切點為，則.在中，，在中，，由于，則，根據(jù)基本不等式得，得，則，即的面積的最小值為3.當且僅當?shù)忍柍闪?，根雙曲線的對稱性知，直線平行軸，則的縱坐標絕對值為圓的半徑.得點的坐標為，所以直線的方程為，直線的方程為.

19．(1)(2)，，(3)分布列見解析，【分析】（1）設設，，，根據(jù)定義列方程求，由此可得結論；（2）方法一：根據(jù)定義，由條件可得，由二項式