廣東省揭陽市2025屆高三高考模擬測試（二）數(shù)學試題含答案

/廣東省揭陽市2025屆高三高考模擬測試（二）數(shù)學試題一、單選題（本大題共8小題）1．復數(shù)在復平面內對應的點在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知集合，則A中元素的個數(shù)為（）A．7 B．9 C．11 D．133．已知平面向量與均為單位向量，，則與的夾角為（）A． B． C． D．4．正四棱臺中，，則四棱臺的體積為（）A． B． C．56 D．5．若直線被圓截得的弦長為，則（）A． B． C．2 D．6．已知為銳角，且，則（）A． B． C． D．7．是正四棱柱表面上的一個動點，，當直線與正四棱柱六個面所成角的大小相等時，與所成角的余弦值為（）A． B． C． D．8．已知定義在上的函數(shù)，對任意滿足，且當時，.設，，則（）A． B． C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．洛陽是我國著名的牡丹之鄉(xiāng)，以“洛陽地脈花最宜，牡丹尤為天下奇”流傳于世.某種植基地通過植株高度研究牡丹的生長情況，從同一批次牡丹中隨機抽取100株的植株高度（單位：）作為樣本，得到如圖所示的頻率分布直方圖，則下列結論正確的是（）

A．基地牡丹植株高度的極差的估計值大于50B．基地牡丹植株高度不高于70的頻率估計值為30%C．基地牡丹植株高度的眾數(shù)與中位數(shù)的估計值相等D．基地牡丹植株高度的第75百分位數(shù)的估計值小于8010．已知函數(shù)，，則下列結論正確的是（）A．為奇函數(shù) B．為偶函數(shù)C．在上僅有1個零點 D．的最小正周期為11．已知曲線，一條不過原點的動直線與x，y軸分別交于，兩點，則下列結論正確的是（）A．曲線有4條對稱軸B．曲線形成封閉圖形的面積大于C．當時，線段中點的軌跡與曲線相切D．當時，直線與曲線相切三、填空題（本大題共3小題）12．設隨機變量服從正態(tài)分布，且，若，則.13．記雙曲線的離心率為，若直線與有公共點，則離心率的取值范圍為（請用區(qū)間表示）.14．在平面直角坐標系中，兩點，的“曼哈頓距離”定義為.例如點的“曼哈頓距離”為.已知點在直線上，點在函數(shù)的圖象上，則的最小值為，的最小值為.四、解答題（本大題共5小題）15．記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知.(1)求；(2)若，求的面積.16．已知A，B，C是橢圓上三個不同的點，是坐標原點.(1)若，是的左、右頂點，求的取值范圍；(2)若點在第一象限，是否存在四邊形滿足是該四邊形的對稱軸，若存在，請寫出A，C的坐標，若不存在，請說明理由.17．如圖，，，都是等邊三角形，點D，E分別在平面的上方和下方，點為中點.(1)求證：A，D，O，E四點共面；(2)若，求直線與平面所成角的正弦值的最大值.18．一個質點在數(shù)軸上從原點開始運動，每次運動的結果可能是原地不動，也可能是向左或向右運動一個單位.記質點原地不動的概率為，向右運動的概率為，向左運動的概率為，其中，.(1)若，，求質點運動3次后停在原點右側的概率；(2)若.①規(guī)定質點只要運動到原點左側就立即停止運動，求質點運動5次后停在原點右側的概率；②設計游戲規(guī)則如下：第一輪游戲，質點從原點開始運動，設置質點向右運動的概率，若質點運動3次后停在原點右側，則進入第二輪游戲，否則游戲結束；第二輪游戲，質點重新從原點開始運動，重新設置質點向右運動的概率，運動3次后，若質點停在原點右側，則以質點停留位置對應數(shù)軸上的數(shù)值作為兩輪游戲的最終得分，若質點停在原點左側或原點處，則兩輪游戲的最終得分為0分（規(guī)定游戲一輪結束的得分也是0分）.記兩輪游戲最終得分的期望，若存在極大值點，求的取值范圍.19．已知數(shù)列中每一項（其中，）構成數(shù)組.定義運算如下：，其中當時，，；當時，，；用表示層嵌套運算，.現(xiàn)取，記中相鄰兩項組成的數(shù)對滿足的數(shù)對個數(shù)為.(1)寫出，，以及，；(2)證明：數(shù)列是等比數(shù)列；(3)若，證明：對任意的都有.

參考答案1．【答案】D【詳解】因為，所以復數(shù)在復平面內對應的點為，位于第四象限.故選D.2．【答案】C【詳解】因為，所以，又，所以，可得，所以x可能取值為當時：代入得，又，所以，此時得到元素；當時：代入得，，，此時得到元素；當時：代入得，.，，此時得到元素；當時：代入得，，，此時得到元素；當時：代入得，所以，此時得到元素；滿足條件的元素分別為：，，，，共11個，故選C.3．【答案】A【詳解】由已知，可得，，即.又平面向量與均為單位向量，所以.所以，，所以，，夾角為.故選A.4．【答案】B【詳解】如圖所示，由正四棱臺可知且，，，四邊形為等腰梯形，取上底下底的中心平面，過作，垂足為，，且，，，所以，所以.故選B.5．【答案】C【詳解】易知圓的圓心為，半徑為，設圓心到直線l的距離為d，由弦長公式可得，所以圓心到直線的距離，解得或，又，所以，故選C6．【答案】B【詳解】因為為銳角，所以，又，所以，,故選B.7．【答案】A【詳解】

如圖，以點為坐標原點建立空間直角坐標系，則，，設，則易知平面一個法向量為，平面的一個法向量為，平面的一個法向量為，設直線與平面、平面、平面所成的角分別為，由已知可得.又，，，所以有.又由是正四棱柱表面上的一個動點，易知，所以.若是平面上的一個動點，可知，，，滿足條件的點的坐標為，與點重合，舍去；若是平面上的一個動點，可知，，，滿足條件的點的坐標為，與點重合，舍去；若是平面上的一個動點，可知，，，滿足條件的點的坐標為，與點重合，舍去；若是平面上的一個動點，可知，，，滿足條件的點的坐標為，點可以為；若是平面上的一個動點，可知，，，沒有滿足條件的點；若是平面上的一個動點，可知，，，滿足條件的點的坐標為，重復舍去.綜上所述，.所以.又所以，與所成角的余弦值為.故選A.8．【答案】D【詳解】設，則有.當時，由已知可得，化簡可得.又由已知當時，可得，，所以.所以，在上單調遞減.又時，構造，則在上恒成立，所以，恒成立，所以在上恒成立.所以，有在上恒成立；當時，有，所以有，即；當時，，此時有，即.綜上所述，.故選D.9．【答案】BC【詳解】對于A項，由圖象可知，基地牡丹植株高度范圍在之間，所以極差的估計值應不大于50，故A錯誤；對于B項，基地牡丹植株高度不高于70的頻率為.故B正確；對于C項，由頻率分布直方圖可知，基地牡丹植株高度不高于70的頻率為，不高于的頻率為，所以中位數(shù)位于，設為，則應有，計算可得.眾數(shù)估計為的中點，也是，與中位數(shù)相同.故C正確；對于D項，基地牡丹植株高度不高于的頻率為，不高于的頻率為，所以，基地牡丹植株高度的第75百分位數(shù)的估計值應在內.故D錯誤.故選BC.10．【答案】BCD【詳解】對于A，，其定義域為關于原點對稱，且，即為偶數(shù)，故A錯誤；對于B，，其定義域為關于原點對稱，且，故B正確；對于C，令，即，即，又，當時，，且，則，所以在上僅有1個零點，故C正確；對于D，，因為，假設存在，使得對任意的恒成立，令，則，所以，因為，所以，即，則，在的條件下，，且時，，所以的最小正周期為，故D正確；故選BCD.11．【答案】ACD【詳解】對于A，由絕對值的特征，曲線在四個象限內都有對稱性，即關于軸，軸，以及直線和直線對稱，故曲線有4條對稱軸，A正確；對于B，因曲線在第一象限的方程為，即，，則曲線在第一象限內的面積為，因曲線的對稱性，在四個象限內的部分面積相同，故曲線形成封閉圖形的面積為，故B錯誤；對于C，如圖，考慮曲線的對稱性，不妨設直線與x，y軸的正半軸分別交于兩點，線段的中點為，由圖知，，即點的軌跡為以點為圓心，半徑為的圓，該圓與曲線都關于直線對稱，且在第一象限都經(jīng)過直線上的點，由圖可知圓與曲線相切，同理在其他象限也有相同的結論，故C正確；對于D，不妨設，則直線的方程為，其中，由消去，可得，將代入，化簡得：，即，解得，由函數(shù)的定義，可得直線與曲線在第一象限有且只有一個共同點，故此時直線與曲線相切，同理在其他象限也有相同的結論，故D正確.故選ACD.12．【答案】0【詳解】由已知可得，，根據(jù)正態(tài)分布的對稱性可知，所以，.所以，.13．【答案】【詳解】因為雙曲線的漸近線為，又直線與有公共點，所以，則離心率，即離心率的取值范圍為.14．【答案】【詳解】設函數(shù)上與直線平行的切線的切點坐標為，則，解得，所以切點為，即切線方程為，即，則的最小值為直線與直線間的距離，即；設，則，將看成關于的函數(shù)，則在或時，取得最小值，當時，令，則，令，解得，當時，，函數(shù)單調遞減，當時，，函數(shù)單調遞增，所以時，，即；當時，則，令，則，令，解得，當時，，則函數(shù)單調遞減，當時，，則函數(shù)單調遞增，當時，；綜上所述，.15．【答案】(1)(2)【詳解】（1）由余弦定理，又，所以，則；（2）因為，由正弦定理可得，所以，又，所以，所以，又，所以，所以，則，所以.16．【答案】(1)(2)不存在，理由見解析【詳解】（1）由已知可得，，，設，則，，所以.又，，所以，所以，，，所以，的取值范圍為.（2）設存在四邊形滿足是該四邊形的對稱軸設，為對角線的交點因為是四邊形的對稱軸，所以為的中點，且，所以.因為點在第一象限，所以直線的斜率均存在且不為0.且，所以有，所以有.又因為在橢圓上，所以有.作差整理可得，這與相矛盾，假設不正確.所以，不存在四邊形滿足是該四邊形的對稱軸.17．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）連接DO、AO、EO，因為，，都是等邊三角形，所以，又在平面內交于點O，在平面內交于點O，所以平面，平面，因為過O只有一個平面與垂直，且平面與平面有公共點O，所以平面與平面是同一平面，即A，D，O，E四點共面；（2）連接DO、AO、EO，AD，以OA，OB分別為x、y軸，以過點O且垂直于平面ABC的直線空間直角坐標系，則，因為是等邊三角形，邊長，點為中點，所以，所以又，設，所以，解得，所以，因為是等邊三角形，邊長，點為中點，所以，又，設，所以，解得，由(1)得為二面角平面角，設，則點，故，設平面的法向量為，則，取得，所以，設直線與平面所成角為，則，其中，當時，取得最大值為，所以直線與平面所成角的正弦值的最大值.18．【答案】(1)(2)①；②【詳解】（1）質點運動次后停在原點右側的情況有種，分別是：次向右；次不動，次向右；次向右，次向左；次不動，次向右；所以質點運動次后停在原點右側的概率；（2）①質點運動次后停在原點右側的情況有種，分別是：次向右；第次向右，后次有次向右，次向左；前次向右，后次有次向右，次向左；第次向右，第次向左，第次向右，后次有次向右，次向左；所以運動次后停在原點右側的概率；②第一輪游戲結束進入第二輪游戲的情況有2種，分別是3次向右；2次向右、1次向左；則其概率為；設兩輪游戲最終得分為隨機變量，則的所有可能取值為、、，又，，所以，因為，所以，即，所以當時，；當時；記，則，令；當時，，因為，，，根據(jù)零點存在性定理可得，存在使得，存在使得，所以當時，當時，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以時的極大值點，所以；當時，因為，，，根據(jù)零點存在性定理可得，存在使得，存在使得，要使在上存在極大值點，則，解得或，因為，所以；綜上所述.19．【答案】(1)，；(2)證明見解析；(3)證明見解析；【詳解】（1）由題意得，所以．（