精品解析：广东省江门市2025届高三下学期高考模拟考试数学试题

江门市2025年高考模拟考试 数学 本试卷共6页，19小题，满分150分．考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．做选择题时，必须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号． 3．答非选择题时，必须用黑色字迹钢笔或签字笔，将答案写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上作答无效． 5．考试结束后，将答题卡交回． 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i是虚数单位，复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知一组数据的平均数为16，则这组数据的第60百分位数为（ ） A. 17 B. 16.5 C. 16 D. 15.5 3. 现有编号为的4个小球和4个盒子，把4个小球随机放进4个盒子里，每个盒子装1个小球，则恰好有2个小球与盒子的编号相同的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 记为等比数列的前项和．若，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 在矩形中，成等差数列，，则矩形的周长为（ ） A. 10 B. 12 C. 14 D. 16 7. 已知边长为1的正方形绕边所在直线为轴旋转一周形成的面围成一个圆柱，点和分别是圆柱上底面和下底面的动点，点是线段的中点，则三棱锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，已知，是上的点，平分，，则（ ） A. B. C. D. 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（常数）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（ ） A. B. 展开式中奇数项的二项式系数的和为256 C. 展开式中的系数为 D. 若展开式中各项系数的和为1024，则第6项的系数最大 10. 已知曲线，则（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线围成图形的面积为 C. 曲线上的点到点的距离最大值为 D. 若点是曲线上的点，则的最大值为1 11. 已知函数，其中，则（ ） A. 函数是周期函数 B. 当时，函数的值域为 C. 当时，是函数图象的对称轴 D. 当时，函数在上有零点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在点处的切线方程为_________ 13. 已知是第三象限角，则曲线的离心率的取值范围为________．（用区间表示） 14. 在某平台开展闯关赢奖品活动中，用户每次进入新的一关都有一次抽奖机会．已知用户在第一关抽到奖品的概率为．从第二关开始，若前一关没抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为；若前一关抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为．记用户第关抽到奖品的概率为，则的最大值为________． 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. 东湖公园统计连续天入园参观的人数（单位：千人）如下： 日期 月日 月日 月日 月日 月日 第天 4 参观人数 （1）建立关于的回归直线方程，预测第天入园参观人数； （2）东湖公园只开放南门、北门供游客出入，游客从南门、北门入园的概率相同，且从同一个门出园的概率为，从不同一个门出园的概率为．假设游客从南门、北门出入公园互不影响，如果甲、乙两名游客从南门出园，求他们从同一个门入园的概率． 附：参考数据：，，，． 参考公式：回归直线方程，其中，． 16. 如图，在斜棱柱中，底面为菱形，，． （1）证明：； （2）若，求的长度． 17. 已知函数． （1）当时，讨论函数的单调性； （2）当时，求函数的极值． 18. 已知椭圆的焦距为，以椭圆短轴一个端点和两个焦点为顶点的三角形是直角三角形，过点的直线分别交椭圆于点，点始终在第一象限且与点关于轴对称，直线分别交轴于点． （1）求椭圆的方程； （2）求点的坐标； （3）证明：． 19. 意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是悬链线．在17世纪，惠更斯、莱布尼茨、约翰·伯努利等得到悬链线方程是，其中c为参数．当时，该方程就是双曲余弦函数．相应地就有双曲正弦函数．已知三角函数的三个关系式：①平方关系：；②二倍角关系：；③导数关系： （1）类比关系式①②③，写出和之间的三种关系式（不需要证明）； （2）当时，不等式恒成立，求的取值范围； （3）设无穷数列满足，是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江门市2025年高考模拟考试 数学 本试卷共6页，19小题，满分150分．考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．做选择题时，必须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号． 3．答非选择题时，必须用黑色字迹钢笔或签字笔，将答案写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上作答无效． 5．考试结束后，将答题卡交回． 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i是虚数单位，复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘法与除法化简复数成代数形式，利用共轭复数定义即得. 【详解】由，则. 故选：D. 2. 已知一组数据的平均数为16，则这组数据的第60百分位数为（ ） A. 17 B. 16.5 C. 16 D. 15.5 【答案】B 【解析】 【分析】由给定的平均数求出，再由第60百分位数的定义求解即可. 【详解】由数据的平均数为16，得，解得， 由，得数据的第60百分位数为. 故选：B 3. 现有编号为的4个小球和4个盒子，把4个小球随机放进4个盒子里，每个盒子装1个小球，则恰好有2个小球与盒子的编号相同的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用排列、组合计数问题求出试验及所求概率的事件含有的基本事件数，再求出古典概率. 【详解】把4个小球随机放进4个盒子里，每个盒子装1个小球的试验的基本事件总数为， 恰好有2个小球与盒子的编号相同的事件含有的基本事件数为， 所以恰好有2个小球与盒子的编号相同的概率为. 故选：A 4. 记为等比数列的前项和．若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，根据已知条件求出的值，再利用等比数列的求和公式可求出的值. 【详解】设等比数列的公比为，由得，可得， 所以，， 所以，. 故选：C. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用和差角的正弦公式及二倍角的余弦计算得解. 【详解】由，得，即， 因此，所以. 故选：B 6. 在矩形中，成等差数列，，则矩形的周长为（ ） A. 10 B. 12 C. 14 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量加法三角形法则，得到，再由等差数列的性质和矩形的性质即可求得结果. 【详解】因为，所以, 故，又成等差数列，所以, 即①,在矩形中，由②, 将①式代入②式解得：或(舍去)， 把结果代入①式得，故矩形的周长为, 故选：C 7. 已知边长为1的正方形绕边所在直线为轴旋转一周形成的面围成一个圆柱，点和分别是圆柱上底面和下底面的动点，点是线段的中点，则三棱锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据图形得到当，且时，点P到平面的高最大，再利用等体积转化法即可求得结果. 【详解】 由题意知，，三角形的面积为 设点P到平面的高为h， 又， 要使三棱锥体积的最大，则需h最大，根据图形可得， 当，且时，h最大，最大为1， . 故选：B 8. 在中，已知，是上的点，平分，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由角平分线的性质可得出，设，则，由可得出，然后在中应用余弦定理可求得的长，利用正弦定理可求出的值，利用同角三角函数的基本关系可求得的值. 【详解】如下图所示： 因为平分，由角平分线的性质可知点到边、的距离相等， 因为，设，则， 由可得， 可得， 在中，由余弦定理可得 ，故， 由正弦定理可得，所以，， 易知为锐角，则， 所以，. 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（常数）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（ ） A. B. 展开式中奇数项的二项式系数的和为256 C. 展开式中的系数为 D. 若展开式中各项系数的和为1024，则第6项的系数最大 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意写出展开式的通项，根据组合数的对称性、二项式系数之和、赋值法以及二项式系数的单调性，逐项检验，可得答案. 【详解】由，则其展开式的通项为， 对于A，根据题意可得，由组合数的性质可知，故A正确； 对于B，由，则展开式中奇数项的二项式系数之和为，故B错误； 对于C，由解得，则展开式中的系数为，故C正确； 对于D，令，则展开式中各项系数之和，解得， 可得展开式的通项为，即每项系数均为该项的二项式系数， 易知展开式中第项为二项式的中间项，则其系数最大，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知曲线，则（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线围成图形的面积为 C. 曲线上的点到点的距离最大值为 D. 若点是曲线上的点，则的最大值为1 【答案】AD 【解析】 【分析】用换判断A；确定曲线对应的图形，结合圆的相关知识求解判断BCD. 【详解】对于A，令是曲线上的任意一点，即， 则成立，即点在曲线上，因此曲线关于轴对称，A正确； 当时，，即，是以为圆心， 2为半径的圆在直线及上方的半圆，当时，， 即，是以为圆心，为半径的圆在直线及下方部分， 对于B，曲线在直线及上方的半圆面积为，B错误； 对于C，曲线在直线及下方部分上的点与点的距离最大值为 ，C错误； 对于D，表示曲线上的点与点确定直线斜率的， 观察图形知，当过点的直线与曲线在轴下方部分相切时，直线斜率最大， 设此切线方程为，则，解得，所以的最大值为1，D正确. 故选：AD 11. 已知函数，其中，则（ ） A. 函数是周期函数 B. 当时，函数的值域为 C. 当时，是函数图象的对称轴 D. 当时，函数在上有零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用周期函数的定义判断A；利用二倍角的余弦，结合含余弦的二次型函数值域判断B；利用对称的定义判断C；求出导数，利用零点存在性定理判断D. 【详解】对于A，依题意，，由， ，得， 因此函数是周期函数，A正确； 对于B，，而， 则当时，，当时，，B正确； 对于C，，当时， ，则函数图象关于点成中心对称，关于不对称，C错误； 对于D，，， ，又函数在R上的图象连续不断，因此函数在上有零点，D正确. 故选：ABD 【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，， ①存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称. ②存在常数a使得，则函数图象关于直线对称. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在点处的切线方程为_________ 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求切线方程. 【详解】时，， ，当时，， 所以函数在处的切线方程是， 即. 故答案为： 13. 已知是第三象限角，则曲线的离心率的取值范围为________．（用区间表示） 【答案】 【解析】 【分析】分析可得，分析可知，曲线为双曲线，利用双曲线离心率公式可求得双曲线离心率的取值范围. 【详解】因为是第三象限角，则， 曲线的方程可化为，曲线为双曲线，且，， 所以，双曲线的离心率为. 故答案为：. 14. 在某平台开展闯关赢奖品活动中，用户每次进入新的一关都有一次抽奖机会．已知用户在第一关抽到奖品的概率为．从第二关开始，若前一关没抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为；若前一关抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为．记用户第关抽到奖品的概率为，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用全概率公式列式，再利用构造法求出通项公式，按的奇偶分类求解得最大值. 【详解】依题意，，记用户第关抽到奖品为事件，当时，， ，，， 于是，则， 而，因此数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，即， 当为奇数时，，则； 当为偶数时，，数列是递减数列，， 所以的最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：利用全概率公式构建数列的递推关系，再利用构造法求出通项公式是求解的关键. 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. 东湖公园统计连续天入园参观的人数（单位：千人）如下： 日期 月日 月日 月日 月日 月日 第天 4 参观人数 （1）建立关于的回归直线方程，预测第天入园参观人数； （2）东湖公园只开放南门、北门供游客出入，游客从南门、北门入园的概率相同，且从同一个门出园的概率为，从不同一个门出园的概率为．假设游客从南门、北门出入公园互不影响，如果甲、乙两名游客从南门出园，求他们从同一个门入园的概率． 附：参考数据：，，，． 参考公式：回归直线方程，其中，． 【答案】（1）回归方程为，人数约为千人 （2） 【解析】 【分析】（1）将相关数据代入最小二乘法公式，求出、的值，可得出回归直线方程，将代入回归直线方程，可预测出第天入园参观人数； （2）记事件甲、乙两名游客从南门出园，事件甲、乙两名游客从同一个门入园，计算出、的值，利用条件概率公式可求得 【小问1详解】 由最小二乘法公式可得， 则， 所以，关于的回归直线方程为， 当时，， 因此，预测第天入园参观人数约为千人. 【小问2详解】 记事件甲、乙两名游客从南门出园，事件甲、乙两名游客从同一个门入园， 则， 如果甲、乙都从南门入园，且都从南门出园，其概率为， 如果甲、乙都从北门入园，且都从南门出园，其概率为， 如果甲从南门入园，乙从北门入园，且都从南门出园，其概率为， 如果甲从北门入园，乙从南门入园，且都从南门出园，其概率为， ， 由条件概率公式可得. 因此，如果甲、乙两名游客从南门出园，则他们从同一个门入园的概率为. 16. 如图，在斜棱柱中，底面为菱形，，． （1）证明：； （2）若，求的长度． 【答案】（1）过点作平面，垂足为，连接，如下图： 因为，，，所以，则， 因为平面，平面，所以， 因为，所以，则， 可得点在线段的中垂线上，即，所以共面， 易知，因为，平面，所以平面， 因为平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定与性质，可得答案； （2）根据面面垂直的判定与性质，可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，记，连接，如下图： 在中，由，且，则， 由（1）可知平面， 因为平面，所以平面平面， 因为平面平面，所以平面， 在中，，，则， 易知，则，所以底面为正方形， 由，则. 17. 已知函数． （1）当时，讨论函数的单调性； （2）当时，求函数的极值． 【答案】（1） 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在与上单调递增，在与上单调递减 （2） 当时，函数无极值； 当时，函数的极大值为，无极小值 【解析】 【分析】（1）由函数解析式明确定义域，并判断其奇偶性，根据化简后的解析式以及求导可得其单调性； （2）由函数解析式明确定义域，并判断其奇偶性，利用导数与极值的关系以及分类讨论，可得答案. 【小问1详解】 由，则函数，易知其定义域为， 由，则函数为偶函数， 当时，，显然当时，函数在上单调递增， 当时，求导可得，令，解得， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 综上，当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在与上单调递增，在与上单调递减. 【小问2详解】 由时，则函数，可得，解得或， 所以函数的定义域为，由（1）易知函数为偶函数， 当时，则函数， 当时，函数在上单调递增，此时无极值； 当时，求导可得，令，解得， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 故函数的极大值为， 由函数为偶函数，则函数的极大值为， 综上，当时，函数无极值； 当时，函数的极大值为，无极小值. 18. 已知椭圆的焦距为，以椭圆短轴一个端点和两个焦点为顶点的三角形是直角三角形，过点的直线分别交椭圆于点，点始终在第一象限且与点关于轴对称，直线分别交轴于点． （1）求椭圆的方程； （2）求点的坐标； （3）证明：． 【答案】（1）； （2）； （3） 由（2）知，，， 由，得， 因此， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出即得椭圆的方程. （2）设出直线方程，与椭圆方程联立，求出直线方程并结合韦达定理求出该直线与轴交点. （3）由（2）的信息，利用弦长公式推理得证. 【小问1详解】 由椭圆短轴一个端点和两个焦点为顶点的三角形是直角三角形，得，则， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 设直线方程为，，， 由点在第一象限且与点关于轴对称，得直线关于轴对称，， 由消去得， 则，， 直线方程为，令，得 ， 所以点. 【小问3详解】 略 19. 意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是悬链线．在17世纪，惠更斯、莱布尼茨、约翰·伯努利等得到悬链线方程是，其中c为参数．当时，该方程就是双曲余弦函数．相应地就有双曲正弦函数．已知三角函数的三个关系式：①平方关系：；②二倍角关系：；③导数关系： （1）类比关系式①②③，写出和之间的三种关系式（不需要证明）； （2）当时，不等式恒成立，求的取值范围； （3）设无穷数列满足，是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）① 平方关系：；② 二倍角关系：；③ 导数关系：，. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出和即可求解，求出和即可求解，求出和即可求解； （2）证明存在足够小的使得，令，讨论的情况，并结合导数检验即可求解； （3）根据与递推式形式一致求出，求出即可求解. 【小问1详解】 （1）双曲函数关系式 ① 平方关系：； ② 二倍角关系：； ③ 导数关系：，. 证明如下（不需要写出）： 因为， ， 所以； 因为， ， 所以； ， 【小问2详解】 因为，所以， 所以，， 当时，设， 若，则存在足够小的使得矛盾， 所以，因为， 观察， 令，， 当且仅当时等号成立， 所以在时单调递增， 因为，所以对成立， 即，所以满足题意， 所以； 【小问3详解】 因为与递推式形式一致， 所以假设，其中为待定参数， 因为符合递推关系， 所以，因为， 所以，因为， 得，令， 方程变为，解得或， 所以或，所以或， 因为是偶函数，所以不妨设， 所以，， 所以 【点睛】关键点点睛：本题（2）关键在于证明存在足够小的使得，（3）关键在于根据与递推式形式一致求出. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $