精品解析：2025届广东省肇庆市碧海湾学校、肇庆博纳实验学校2024-2025学年高三上学期联合模拟数学试题

绝密★启用前 2024-2025学年度上学期 广东省两校高三年级两校联考 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，请2B用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 4.诚信考试，拒绝作弊. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 曲线在处的切线倾斜角是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由导数的意义求出切线的斜率，再结合斜率与倾斜角的关系得到倾斜角的大小即可. 【详解】设曲线在处的切线倾斜角为， 因为，则. 所以曲线在处的切线倾斜角是， 故选：D. 2. 在中，角，，所对边长分别为，，，若，则角的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据重要不等式得到，然后根据和余弦定理得到，最后求角的最大值即可. 【详解】解：，， 由余弦定理得：， 为三角形内角， 的最大值为． 故选：C． 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算求得，结合，列出方程，即可求解. 【详解】由向量，可得， 因为，可得，解得. 故选：C. 4. 设向量，则的模长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量加法的坐标公式，得到的坐标，再利用向量模长的坐标公式即得解. 【详解】因为向量 故选：C 【点睛】本题考查了向量加法、模长的坐标公式，考查了学生的数学运算能力，属于基础题. 5. 现有印有数字0，1，2，6，12，20，22，26的卡片，每种卡片均相同且有若干张.若从中任选几张卡片并摆成一排，则数字20220126的摆放方式共有（ ） A. 14种 B. 16种 C. 18种 D. 20种 【答案】C 【解析】 【分析】先求摆放20的方式，再求摆放220的方式，最后求摆放126的方式，根据分步计数原理即可求解. 【详解】依题意， 摆放20的方式有：2，0或20两种方式； 摆放220的方式有：2，2，0或22，0或2，20三种方式； 摆放126的方式有：1，2，6或12，6或1，26三种方式； 由分步计数原理知，数字20220126的摆放方式共有：种方式. 故选：C. 6. 在中，，，分别是角，，的对边，，，，则的外接圆半径是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据余弦定理得，即可由正弦定理求解. 【详解】解：由余弦定理，得，所以舍负， 设的外接圆半径为，根据正弦定理，可得，所以． 故选：D． 7. 已知直线：与双曲线：交于，两点，点是弦的中点，则双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据点差法得到，然后结合的坐标和直线的斜率得到，即可得到双曲线的渐近线方程. 【详解】解：设，，可得，， 两式相减可得， 点是弦的中点，且直线：， 可得，，， 即有，即， 双曲线的渐近线方程为．经验证此时直线与双曲线有两个交点. 故选：B． 8. 已知是坐标原点，，是椭圆的左、右焦点，是椭圆在第一象限上的点，且，是的角平分线上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】由椭圆的定义和余弦定理求出，，再由角平分线定理求出的角平分线与轴交点，从而求出的角平分线的方程，结合两点间距离公式即可求解. 【详解】由椭圆定义得，， 由余弦定理可，解得，，所以轴，即， 设的角平分线与轴相交于，由三角形角平分线定理得，所以， 从而的角平分线的方程为， 原点关于的角平分线对称的点设为，经计算可， 则. （或：关于的角平分线的对称点在的延长线上，记为， 且，，所以，,，解得，，即， 或由勾股定理知轴，得， 所以. 故选：A 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. （多选）已知函数，则（ ） A. 当时，在上单调递减 B. 当时，在上恒成立 C. 有2个零点，则 D. 有极值，则 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，当时，利用时，，即可判断；对于B，利用，即可判断；对于C，讨论的单调性，令，即可判断；对于D，利用当时，的单调性即可判断. 【详解】对于A，B选项，，， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， ∴，∴；故A正确，B错误； 对于C选项，， 当时，，单调递增，最多有一个零点， 当时，令，得， 当时，，单调递减， 时，，单调递增， 故， 若有2个零点，则只需，解得，故C正确； 根据选项C分析，结合极值概念可知，时，有唯一的极小值，故D错误. 故选：AC. 10. 已知向量，，则（ ） A. B. 向量，的夹角为 C. D. 向量与垂直 【答案】BD 【解析】 【分析】根据平面向量的坐标运算分别求解向量的数量积，模，夹角，验证向量垂直，逐项判断即可得结论. 【详解】对A，，，，故A错误； 对B，，又， 向量，的夹角为，故B正确； 对C，，，故C错误； 对D，，，故D正确. 故选：BD. 11. 椭圆曲线是代数几何中一类重要的研究对象.关于椭圆曲线：，下列结论正确的是（ ） A. 曲线关于点对称 B. 曲线关于直线对称 C. 当时，曲线上点的横坐标的取值范围为 D. 若曲线上存在位于y轴左侧的点，则 【答案】BD 【解析】 【分析】对A选项和B选项，设一组对称点代入检验即可；对选项C和选项D结合函数值域分析即可求解. 【详解】对选项A： 设曲线上有一点，则， 而点关于对称的点为， 如果曲线关于对称，则也应在曲线上，则有； 联立①②，得，此时无解， 所以和这样的对称点不存在，即不是该椭圆曲线的对称点，故A错误； 对选项B： 设曲线上有一点，则， 而点关于对称的点为， 如果曲线关于对称，则也应在曲线上，则有； 联立①②，得=，即=，该式恒成立， 则和是在曲线上且关于对称的点，即是该椭圆曲线的对称轴，故B正确； 对选项C： 因为，所以， 所以，当时，有， 因为，所以； 设，则， 令，所以， 当时，，在单调递增 当时，，在单调递减 当时，，在单调递增， 极大值，即点也在曲线上，所以C错误； 对选项D： 由原方程得：， 曲线上存在位于y轴左侧的点，即当时有点在曲线上， 设，则， 当，，在上单调递增，且， 所以此时，此时没有能使成立； 当时，令，所以， 当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 所以只需的极大值大于0即可使曲线上存在位于y轴左侧的点， 即， 所以 所以， 所以，得，即，所以D正确. 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：当曲线涉及到对称时，可设出对称点代入方程进行验证；涉及到取值范围，需要结合函数求出其取值范围综合分析. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则的最小值为__________． 【答案】4 【解析】 【分析】直接展开得，利用基本不等式即可求出最值. 【详解】，，时取等号， 故答案为：4. 13. 已知函数，若，使成立，则实数的取值范围是________________. 【答案】 【解析】 【分析】结合导数分析函数在上的单调性，进而求解即可. 【详解】因为， 所以 当时，， 则函数在上单调递增， 所以，即 因为，使成立， 所以， 即实数的取值范围是. 故答案为：. 14. 数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，图1所示的礼品包装盒就是其中之一，该礼品包装盒可以看成是一个十面体，其中上、下底面为全等的正方形，所有的侧面是全等的等腰三角形.将长方体的上底面绕着其中心旋转45°得到如图2所示的十面体.已知，，，过直线作平面，则十面体外接球被平面所截的截面圆面积的最小值是______ 【答案】 【解析】 【分析】根据给定的几何体，确定出球心O的位置，求出球半径，再建立空间直角坐标系求出点O到直线距离，进而求出最小截面圆半径作答. 【详解】依题意，四边形是正方形，令正方形与正方形中心分别为，连接， 因为正方形与正方形在同一平面内，且有相同中心，因此它们有相同的外接圆， 从而十面体与长方体的外接球相同，球心O是线段的中点，如图， 取中点M，连接，因为，则，显然， 又平面，则平面， 而平面，平面，即有， 平面，则平面，平面与平面有公共点， 显然平面与平面为同一平面，有，而，， 在直角梯形中，过作于I，， 球O的半径， 过D作平面，以点D为原点，射线分别为轴非负半轴，建立空间直角坐标系， 则，， 由已知得，即， ，，则点到直线的距离有：, 球被过直线的平面所截的截面圆最小时，球心到平面的距离最大，即为点到直线的距离， 截得的最小截面圆半径为，而，则 ， 所以截得的截面圆面积的最小值是. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数（其中，为常量，且，，）的图象经过点，． （1）求，的值 （2）若关于的不等式在上有解，求的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）把两点坐标代入函数解析式，求，的值； （2）证明函数在上单调递增，有，可求的取值范围． 【小问1详解】 函数的图象经过点，， 得，解得； 【小问2详解】 由（1）得，， 因为函数在上单调递增，函数在上单调递减， 所以在上单调递增， 所以在上的最大值为， 因为关于的不等式在上有解， 所以，解得， 即的取值范围为 16. 如果函数满足：对于任意，均有（m为正整数）成立，则称函数在D上具有“m级”性质． （1）分别判断函数，，是否在R上具有“1级”性质，并说明理由； （2）设函数在R具有“m级”性质，对任意的实数a，证明函数具有“m级”性质； （3）若函数在区间以及区间（）上都具有“1级”性质，求证：该函数在区间上具有“1级”性质． 【答案】（1）函数在R上具有“1级”性质，在R上不具有“1级”性质，理由如下： 对于，任意，， 故在R上具有“1级”性质； 对于，，则， 故在R上不具有“1级”性质； （2）证明：函数在R具有“m级”性质， 即对于任意，均有成立， 故对任意的实数a，，则， 设，则 ，（m为正整数）， 故函数具有“m级”性质； （3）证明：函数在区间以及区间（）上都具有“1级”性质， 即对于任意，均有， 对于任意，均有， 故任取，若同时属于或，则成立； 若中一个属于，另一个属于，不妨设，， 则 ， 综合上述，对于任意，均有， 故函数在区间上具有“1级”性质． 【解析】 【分析】（1）根据“m级”性质的定义可说明在R上具有“1级”性质，利用特殊值可判断在R上不具有“1级”性质； （2）根据“m级”性质的定义即可证明结论； （3）任取，讨论是同时属于或，还是一个属于，另一个属于，结合“1级”性质的含义，说明在区间上满足定义，即可证明结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于第三问中证明函数在区间上具有“1级”性质，解答时要首先理解“1级”性质的定义，然后要分类讨论任取所处区间，分别说明均符合“1级”性质的定义，即可证明结论. 17. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为、，点在上，． （1）求双曲线的标准方程． （2）若过焦点且斜率存在的直线与双曲线的右支交于、两点，线段的垂直平分线与轴交于点，试问是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题中条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的方程； （2）设直线的方程为，设点，，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，写出线段的垂直平分线方程，求出点的坐标，求出、，利用正弦定理可求得的值. 【小问1详解】 解：由点在双曲线上，可得． 因为，所以． 又，所以，，， 所以双曲线的标准方程为． 【小问2详解】 解：为定值，理由如下： 设直线的方程为，设点，， 联立，可得， 当时，直线与双曲线的渐近线平行，此时直线和双曲线只有一个交点，不合题意， 故，此时， 则，， 由已知可得，可得， 则，， 所以，线段的中点坐标为， 所以线段的垂直平分线的方程为． 令在直线的方程中，令得，即， 所以． 又， 在中，由正弦定理得，所以． 在中，由正弦定理得，所以， 所以为定值． 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值 18. 已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，，，. （1）求； （2）已知，求数列的前项和； （3）求证：. 【答案】（1） （2） （3） 证明：由（1）知，，当且仅当时取等号， 则， 所以. 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由已知条件求出和的通项，利用等比数列前项和公式求； （2）为奇数和是偶数时，分别求的通项，利用分组求和求数列的前项和； （3）利用放缩和等比数列前项和公式证明不等式. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 由，，得，解得， 则， 由，，得，， 解得，则， 所以． 【小问2详解】 当是奇数时，， 当是偶数时，， 则， 于是， 两式相减，得 ， 所以， ， 所以. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛： 1.使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的. 2.一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解. 19. 已知点、分别是椭圆C的左、右焦点，离心率为，点P是以坐标原点O为圆心的单位圆上的一点，且． （1）求椭圆C的标准方程； （2）设斜率为k的直线l（不过焦点）交椭圆于M，N两点，若x轴上任意一点到直线与的距离均相等，求证：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标． 【答案】（1）； （2）设直线l： 则 有，消去 y得：， 所以 因为x轴上任意一点到直线与的距离均相等， 所以x轴为直线与的角平分线， 所以，即 所以 整理化简得： 即直线l： 故直线恒过定点（-2,0）. 【解析】 【分析】（1）根据离心率为，点P是以坐标原点O为圆心的单位圆上的一点，且,可用待定系数法求椭圆的标准方程; （2）先用设而不求法表示出，然后分析得到，代入，求出，即可证明直线过定点（-2，0）. 【详解】(1)设椭圆的标准方程为 由题意可得解得： 即椭圆C的标准方程：. (2)略 【点睛】（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程； （2）"设而不求"是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2024-2025学年度上学期 广东省两校高三年级两校联考 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，请2B用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 4.诚信考试，拒绝作弊. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 曲线在处的切线倾斜角是（ ） A. B. C. D. 2. 在中，角，，所对边长分别为，，，若，则角的最大值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 设向量，则的模长为（ ） A. B. C. D. 5. 现有印有数字0，1，2，6，12，20，22，26的卡片，每种卡片均相同且有若干张.若从中任选几张卡片并摆成一排，则数字20220126的摆放方式共有（ ） A. 14种 B. 16种 C. 18种 D. 20种 6. 在中，，，分别是角，，的对边，，，，则的外接圆半径是（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线：与双曲线：交于，两点，点是弦的中点，则双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 8. 已知是坐标原点，，是椭圆的左、右焦点，是椭圆在第一象限上的点，且，是的角平分线上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 3 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. （多选）已知函数，则（ ） A. 当时，在上单调递减 B. 当时，在上恒成立 C. 有2个零点，则 D. 有极值，则 10. 已知向量，，则（ ） A. B. 向量，的夹角为 C. D. 向量与垂直 11. 椭圆曲线是代数几何中一类重要的研究对象.关于椭圆曲线：，下列结论正确的是（ ） A. 曲线关于点对称 B. 曲线关于直线对称 C. 当时，曲线上点的横坐标的取值范围为 D. 若曲线上存在位于y轴左侧的点，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则的最小值为__________． 13. 已知函数，若，使成立，则实数的取值范围是________________. 14. 数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，图1所示的礼品包装盒就是其中之一，该礼品包装盒可以看成是一个十面体，其中上、下底面为全等的正方形，所有的侧面是全等的等腰三角形.将长方体的上底面绕着其中心旋转45°得到如图2所示的十面体.已知，，，过直线作平面，则十面体外接球被平面所截的截面圆面积的最小值是______ 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数（其中，为常量，且，，）的图象经过点，． （1）求，的值 （2）若关于的不等式在上有解，求的取值范围． 16. 如果函数满足：对于任意，均有（m为正整数）成立，则称函数在D上具有“m级”性质． （1）分别判断函数，，是否在R上具有“1级”性质，并说明理由； （2）设函数在R具有“m级”性质，对任意的实数a，证明函数具有“m级”性质； （3）若函数在区间以及区间（）上都具有“1级”性质，求证：该函数在区间上具有“1级”性质． 17. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为、，点在上，． （1）求双曲线的标准方程． （2）若过焦点且斜率存在的直线与双曲线的右支交于、两点，线段的垂直平分线与轴交于点，试问是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由． 18. 已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，，，. （1）求； （2）已知，求数列的前项和； （3）求证：. 19. 已知点、分别是椭圆C的左、右焦点，离心率为，点P是以坐标原点O为圆心的单位圆上的一点，且． （1）求椭圆C的标准方程； （2）设斜率为k的直线l（不过焦点）交椭圆于M，N两点，若x轴上任意一点到直线与的距离均相等，求证：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $