精品解析：2025届广东省大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试(一)数学试题

2025届大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试（一） 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解对数不等式求出集合 ，再根据交集的定义计算可得. 【详解】由，即，解得， 所以， 又， 所以. 故选：D 2. 复数 满足，其中为虚数单位，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简 ，再计算其模即可. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：D 3. 已知平面向量的夹角为，且，，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量模长的关系，利用平方法转化为向量数量积公式，解一元二次方程即可得出答案. 【详解】由， 所以，即， 即，整理得， 解得或（舍去）， 所以. 故选：B. 4. 若为两条不同的直线，为两个不同的平面，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解. 【详解】根据线面平行的性质定理， 若，，则或 与异面，A错误； 平行与同一平面的两条直线位置关系不确定，可能平行、相交或异面，B错误； 如图，，过点 作的平行线 ，设所在平面为， 且，则， 根据已知，所以， 则，由，可得，且，所以，C正确； 若，， 则或，D错误. 故选：C 5. 下列四组数据中，方差最小的为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先分别求平均数，再分别求出方差，最后比较方差的大小即可. 【详解】对于A，， ； 对于B，， ； 对于C，， ； 对于D，， ； 因为， 所以四组数据中，方差最小的为， 故选：C. 6. 早在两千年前，古人就通过观测发现地面是球面，并会运用巧妙的方法对地球半径进行估算.如图所示，把太阳光视为平行光线，O为地球球心，A，B为北半球上同一经度的两点，且A，B之间的经线长度为L，于同一时刻在A，B两点分别竖立一根长杆和，通过测量得到两根长杆与太阳光的夹角 和（ 和的单位为弧度），由此可计算地球的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】过点B作太阳光的平行线，与 的延长线交于点C，可求出，利用弧长公式即可求得地球的半径. 【详解】如图所示，过点B作太阳光的平行线，与 的延长线交于点C， 则 ， ，所以, 设地球半径为R,则根据弧长公式得 ，所以 , 故选：A. 7. 设函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意判断是偶函数，判断函数的单调区间，再利用单调性和奇偶性解不等式即可. 【详解】，， 又 ，所以函数是偶函数， 当 时，，易得单调递增， 不等式，即， 等价于， ，可得，解得， 所以不等式的解集为. 故选：B. 8. 已知抛物线的弦 的中点横坐标为5，则的最大值为（ ） A. 12 B. 11 C. 10 D. 9 【答案】A 【解析】 【分析】根据抛物线定义，可得，数形结合可得，得解. 【详解】设抛物线的焦点为， ， 的横坐标分别为，，则， 抛物线的准线为，则，， ， （当且仅当， ， 共线时取等号）如图所示， 即的最大值为12. 故选：A. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知直线和圆，则（ ） A. 直线l恒过定点（2，0） B. 存在k使得直线l与直线垂直 C. 直线l与圆O相交 D. 若，直线l被圆O截得的弦长为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，化为点斜式可以看出直线恒过的点，B选项两直线斜率存在且垂直，斜率乘积为-1，从而存在满足题意，C选项直线过的定点在圆的内部，故可以判断C选项；当时，先求圆心到直线的距离，再根据垂径定理求弦长 【详解】直线，即，则直线恒过定点，故A错误； 当 时，直线与直线垂直，故B正确： ∵定点（-2，0）在圆O：x2+y2=9内部，∴直线l与圆O相交，故C正确： 当时，直线l化为，即x+y+2=0，圆心O到直线的距离，直线l被圆O截得的弦长为，故D正确， 故选：BCD. 10. 已知函数，则（ ） A. 是奇函数 B. 的最小正周期为 C. 在上单调递增 D. 的最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据奇函数的定义可得选项A正确；根据可得选项B错误；根据可得选项C错误；根据二倍角公式结合可得选项D正确. 【详解】由题意得，. A.∵函数的定义域为，， ∴是奇函数，选项A正确. B.∵， ∴不是函数的周期，选项B错误. C.∵， ∴在上不是单调递增函数，选项C错误. D. ∵，， ∴， ∵， ∴的最小值为，选项D正确. 故选：AD. 11. 设曲线，抛物线，记抛物线的焦点为， ， 为分别为曲线，上的动点， 为曲线的切线，则（ ） A. 若与无公共点，则 B. 若 过点，则 被截得的弦长为 C. 当时， D. 当时， 【答案】AD 【解析】 【分析】选项A将与无公共点转化为无零点，由导数求最小值大于0即得；选项B先求切线方程为，联立，利用韦达定理和弦长公式即可求得；选项C利用导数求得的最小值小于，进而可得；选项D根据的切线方程和抛物线的切线方程为，进而可得. 【详解】选项A：联立得，设， 由题意可知无零点，， 故当时，，当时，， 故，由题意，得，故A正确； 选项B：由题意，由得， 设 与曲线的切点为，则切线方程 为， 因 过点，故，解得， 所以 的方程为，即， 与联立得， 设 与的交点坐标为， 则，故，故B错误； 选项C：当时，，因 在曲线上， 可设为，则， 设，， 设，则， 故在 上单调递增，又，， 故，使得， 则在上单调递减，在上单调递增， 故的最小值为，又，故，故C错误； 选项D：当时，在处的切线方程为， 将代入得， 而曲线在处的切线方程为， 要使得两曲线上得点M，Q之间距离最小，当时，， ，则，两直线的距离为， 显然两切点为得连线与切线不垂直，故，故D正确. 故选：AD 【点睛】关键点点睛：本题选项A，C关键是把几何问题解析化，然后利用导数求最值. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 双曲线的左，右焦点分别为，点 在双曲线右支上，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线的定义求得，再利用余弦定理求解. 【详解】因为点 在双曲线右支上，且， 则，又， 在中，由余弦定理可得，， 所以. 故答案为：. 13. 在 中，已知，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由两角和的正切公式结合条件切化弦可得，将条件切化弦运算得解. 【详解】，， ，即， 解得，即， 即， 所以，又， 得， 又由，可得， . 故答案为：. 14. 有三个袋子，每个袋子都装有 个球，球上分别标有数字.现从每个袋子里任摸一个球，用分别表示从第一，第二，第三个袋子中摸出的球上所标记的数，则事件“”的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】归纳求出满足的情况种数，根据古典概型的概率公式求解. 【详解】由题意，从三个袋子中摸出的球上所标记的数的总的情况为种， 满足，则， 当时，对应的情况有，1种； 当时，对应的情况有，2种； 当时，对应的情况有，3种； 当时，对应的情况有，种； 所以满足的情况有种， 故所求事件的概率为. 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. 已知等差数列满足，是关于 的方程的两个根. （1）求； （2）求数列的前 项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据韦达定理可得，利用等差数列通项公式列式计算； （2）由（1）求得通项，代入运算可得，利用裂项求和得解. 【小问1详解】 根据题意，由韦达定理可得， 因为数列是等差数列，设公差为， 所以，即， 则，解得， . 【小问2详解】 由（1），则， ， ， . 16. 在 中，角 的对边分别为 ， 为边 上的中线. （1）证明：； （2）若， ，求 的最大值. 【答案】（1）证明：方法一： 为 边上中线，， ， 在 中，由余弦定理得： ， ， ， . 方法二： 为 边上中线， 在 中， ， 在 和 中，由余弦定理得： ， 即 ， ， 即； （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：对两边平方，再由余弦定理可得答案；方法二： 在 和 中，由余弦定理可得答案； （2）在 中，由余弦定理得 ，结合（1）再利用基本不等式可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， ，由余弦定理可得 ， 故，即 ， 当且仅当时，即 时等号成立， 所以， 所以 取得最大值为. 17. 如图，在四棱锥 中，平面 ，，，. （1）证明：； （2）若四棱锥 的外接球的表面积为，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：取AB的中点，连接，则由题意知为正三角形， 所以， 由等腰梯形知，设，则，， 故，即得，所以， 因为平面 ，平面 ，所以， 因为， ，平面，所以平面， 因为平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的性质证明线线平行，先证平面即可. （2）先确定四棱锥 的外接球的球心，即可得的长，过 作于 ，所以为二面角的平面角，求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由于， 又，为等边三角形， ， 即为四边形 外接圆的圆心，且半径， 过作平面 的垂线 ，则， 在平面内作的垂直平分线交 与点 ， 则，即 为四棱锥 的外接球的球心， 且半径，则， ，则， 过 作于 ，平面， 所以平面，又平面， 则，所以为二面角的平面角， ， 所以二面角的平面角的余弦值为. 18. 数列是特殊的函数，可以利用函数工具研究数列性质.比如，为了研究数列的性质，对通项公式取对数得，，则可通过研究函数的性质，得到数列的性质，进而得到的性质.请根据以上材料，解决如下问题： （1）若不等式对任意 恒成立，求实数 的取值范围，并证明：； （2）是否存在常数，使得：有，？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. （注：e为自然对数的底数） 【答案】（1）；证明如下: 此时有，因为，则得， 则，所以得证； （2）存在， 【解析】 【分析】（1）当 时，恒成立，；当时，可化为，令，，利用导数方法判断其单调性，结合洛必达法则即可求出 的范围；得出以，将代入整理，即可证明不等式成立； （2）先由题意得到；由推出，结合（1）的结果，可求出；对于，当或时，于显然恒成立；当时，推出以，同（1）构造函数，求出；从而可求出结果. 【小问1详解】 当 时，显然恒成立，； 当时，可化为， 令，，则， 令，，则在上恒成立， 因此在上单调递减，所以， 即在上恒成立， 所以在上单调递减， 又由洛必达法则可得：， 所以恒成立，因此，为使对任意恒成立，只需； 综上，； 证明略. 【小问2详解】 存在，使得：有，,证明如下： 由题意，为使恒成立，必有； (i)由得，所以，则，因为， 由（1）知对任意恒成立， 为使都成立，只需，解得； (ii)对于，当或时，于显然恒成立； 当时，，由得，所以， 令，则，， 所以，同（1）令，， 则， 令，， 则在上恒成立， 因此在上单调递增，所以， 因此在上恒成立， 所以在上单调递减， 又， 所以当，； 因此，为使恒成立，只需，解得； 由(i)(ii)可得，；即存在，使得：有，. 【点睛】思路点睛： 利用导数的方法求解不等式中的参数时，一般可利用分离参数的方法，先分离出所求参数，再构造函数，利用导数的方法求函数的最值即可. 19. 线段的长为3，端点分别在 轴和 轴上运动，点 满足，记点 的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）曲线与 轴的左右两个交点分别为为上异于的动点.过点分别作直线，直线，其中与曲线交于两点，交直线于点，点 满足. ①求点 的轨迹方程； ②的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）①，②存在最小值，最小值为3. 【解析】 【分析】（1）设点，，，根据及计算即可； （2）①由题意，可设，则，利用点差法得①，②，由①②得， 运算得解；②设直线的斜率分别为，可得，由，利用基本不等式求最值. 【小问1详解】 设点，，，由，则， 由，可得，即，代入， 可得， 所以曲线的方程为. 【小问2详解】 ①因为，所以， 不妨设，则， 设，，， 则①，②， 由，得，则， 即， 由，得， 则，即， 又①②得， ，即得，且， 所以点 的轨迹方程为. ②设，则， 设直线的斜率分别为，则， 联立，得， 联立，得， 设直线 与 轴交于点，直线与 轴交于点， 则 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以的面积存在最小值，最小值为3. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的第一小问解决的关键是利用点差法得到①，②，由①②得，再由和的坐标关系代入运算得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试（一） 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数 满足，其中为虚数单位，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 3. 已知平面向量的夹角为，且，，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4 4. 若为两条不同的直线，为两个不同的平面，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 5. 下列四组数据中，方差最小的为（ ） A. B. C. D. 6. 早在两千年前，古人就通过观测发现地面是球面，并会运用巧妙的方法对地球半径进行估算.如图所示，把太阳光视为平行光线，O为地球球心，A，B为北半球上同一经度的两点，且A，B之间的经线长度为L，于同一时刻在A，B两点分别竖立一根长杆和，通过测量得到两根长杆与太阳光的夹角 和（ 和的单位为弧度），由此可计算地球的半径为（ ） A. B. C. D. 7. 设函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线的弦 的中点横坐标为5，则的最大值为（ ） A. 12 B. 11 C. 10 D. 9 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知直线和圆，则（ ） A. 直线l恒过定点（2，0） B. 存在k使得直线l与直线垂直 C. 直线l与圆O相交 D. 若，直线l被圆O截得的弦长为 10. 已知函数，则（ ） A. 是奇函数 B. 的最小正周期为 C. 在上单调递增 D. 的最小值为 11. 设曲线，抛物线，记抛物线的焦点为 ， ， 为分别为曲线，上的动点， 为曲线的切线，则（ ） A. 若与无公共点，则 B. 若 过点 ，则 被截得的弦长为 C. 当时， D. 当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 双曲线的左，右焦点分别为，点 在双曲线右支上，若，则______. 13. 在 中，已知，，则______. 14. 有三个袋子，每个袋子都装有个球，球上分别标有数字.现从每个袋子里任摸一个球，用分别表示从第一，第二，第三个袋子中摸出的球上所标记的数，则事件“”的概率为______. 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. 已知等差数列满足，是关于 的方程的两个根. （1）求； （2）求数列的前项和. 16. 在 中，角 的对边分别为 ， 为边 上的中线. （1）证明：； （2）若， ，求 的最大值. 17. 如图，在四棱锥 中，平面 ，，，. （1）证明：； （2）若四棱锥 的外接球的表面积为，求二面角的余弦值. 18. 数列是特殊的函数，可以利用函数工具研究数列性质.比如，为了研究数列的性质，对通项公式取对数得，，则可通过研究函数的性质，得到数列的性质，进而得到的性质.请根据以上材料，解决如下问题： （1）若不等式对任意 恒成立，求实数的取值范围，并证明：； （2）是否存在常数 ，使得：有，？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由. （注：e为自然对数的底数） 19. 线段 的长为3，端点分别在 轴和 轴上运动，点 满足，记点 的轨迹为曲线 . （1）求曲线 的方程； （2）曲线 与 轴的左右两个交点分别为为 上异于的动点.过点分别作直线，直线，其中与曲线 交于两点，交直线于点 ，点满足. ①求点的轨迹方程； ②的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $