精品解析：广东省广州市2025届高三二模数学试卷

2025届广州市普通高中毕业班综合测试（二） 数学 本试卷共5页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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的相应位置上：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.考生必须保持答题卡的整洁.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. 设集合，，则的元素个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 2. 已知复数满足，则的最小值为 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 声强级（单位：dB）由公式给出，其中为声强（单位：）.轻柔音乐的声强一般在之间，则轻柔音乐的声强级范围是（ ） A. B. C. D. 4. 的展开式中的系数为（ ） A. 24 B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 6. 已知函数若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆左，右焦点分别为，过的直线与相交于两点，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数在上的所有极值点从小到大依次记为，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. 一组成对样本数据的散点位于一条直线附近，它的样本相关系数（其中），由最小二乘法求得经验回归方程（其中），则（ ） A. 若，则 B. 若，则成对数据样本相关系数等于 C. 若，则成对数据的样本相关系数大于 D. 若，则成对数据的经验回归方程 10. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出：三角形的外心，重心，垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.若的三个顶点坐标分别为，，其“欧拉线”为，圆，则（ ） A. 过作圆切线，切点为，则的最小值为4 B. 若直线被圆截得的弦长为2，则 C. 若圆上有且只有两个点到的距离都为1，则 D. 存在，使圆上有三个点到的距离都为1 11. 已知是球的球面上两点，为该球面上的动点，球的半径为4，，二面角的大小为，则（ ） A. 是钝角三角形 B. 直线与平面所成角为定值 C. 三棱锥的体积的最大值为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数（，且）是偶函数，且，则______. 13. 一个袋子里有大小和质地相同的4个球，标号为1，2，3，4，从中有放回地随机取球，每次取1个球，共取4次，把每次取出的球的标号排成一列数，则这列数中恰有3个不同整数的概率为______. 14. 在平面四边形中，，若面积是的面积的2倍，则的长度为______. 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. 设为数列的前项和，且是和8的等差中项. （1）求数列的通项公式； （2）令，数列的前项和为，证明：. 16. 如图，直四棱柱的底面是菱形，为锐角，分别为棱的中点，点在棱上，且，点在直线上. （1）证明：平面； （2）若直四棱柱的体积为，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求的长. 17. 已知函数（，且）. （1）若，直线与曲线和曲线都相切，求的值； （2）若，求的取值范围. 18. 已知双曲线的右焦点到的一条渐近线的距离为. （1）求方程； （2）设点在的右支上，过点作圆的两条切线，一条与的左支交于点，另一条与的右支交于点（异于点）. （ⅰ）证明：； （ⅱ）当的面积最小时，求直线和直线的方程. 19. 设，集合（为向量），若，定义． （1）若，且，写出所有的； （2）若，且，设满足的的个数为，求的值； （3）从集合中任取两个不同的向量，记，求X的分布列与数学期望． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届广州市普通高中毕业班综合测试（二） 数学 本试卷共5页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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的相应位置上：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.考生必须保持答题卡的整洁.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. 设集合，，则的元素个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知，可求交集，进而可得结论. 【详解】由，可得， 所以. 故的元素个数为3. 故选：B. 2. 已知复数满足，则的最小值为 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】分析：设，根据，可得的轨迹方程，代入，即可得出． 详解：设，， ∴，∴， ∴， 则==≥． 当时取等号． 故选：B． 点睛：本题考查了复数的运算法则、模的计算公式、一次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 3. 声强级（单位：dB）由公式给出，其中为声强（单位：）.轻柔音乐的声强一般在之间，则轻柔音乐的声强级范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得，即可求出的范围，从而得解. 【详解】依题意可得，所以，所以， 所以，即轻柔音乐的声强级范围是. 故选：C 4. 的展开式中的系数为（ ） A 24 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出展开式的通项，即可求出的系数. 【详解】因为展开式的通项为， 所以的系数为． 故选：D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据角的范围，利用二倍角公式将表达式化简计算可得，即求出结果. 【详解】由可得， 所以， 又易知，因此可得， 即可得， 所以，解得. 故选：A 6. 已知函数若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】当时，对函数求导，对参数的取值进行分类讨论，大致画出分段函数的图象，再由数形结合即可得出实数的取值范围. 【详解】易知当时，函数单调递增，且; 当时，函数，易知, 显然当时，恒成立，即在上单调递增； 当时，；当时，， 此时函数的图象大致如下图所示： 若函数恰有2个零点，即函数的图象与有两个交点， 由上图可知； 当时，根据对勾函数性质可知， 当且仅当时，等号成立； 此时其图象大致如下图： 显然函数的图象与没有交点，不合题意； 综上可知，实数的取值范围是. 故选：B. 7. 已知椭圆的左，右焦点分别为，过的直线与相交于两点，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，利用椭圆的定义可得，在，中，由余弦定理可得，可求离心率. 【详解】由题意作出图形如图所示： 设，又，所以， 又，，所以，所以， 又因为，所以，解得， 所以， 在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得， 因为， 所以， 整理得，所以，解得. 故选：D. 8. 已知函数在上的所有极值点从小到大依次记为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】题可得极值点满足或，由此画出图象，可得极值点个数，进而可得，据此可得答案. 【详解】 ，则或. 如图，画出图象， 结合图象可知在两侧附近正负相反，可得极值点有8个. 则互相反数，因， 则，又注意到， 则. 故选：B 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. 一组成对样本数据的散点位于一条直线附近，它的样本相关系数（其中），由最小二乘法求得经验回归方程（其中），则（ ） A. 若，则 B. 若，则成对数据的样本相关系数等于 C. 若，则成对数据的样本相关系数大于 D. 若，则成对数据的经验回归方程 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据相关系数的意义判断ABC，利用线性回归方程的求法判断D. 【详解】当时，变量正相关，所以，故A正确； 因为，所以成对数据对应点相当于把成对数据对应的点向下平移2个单位，不改变变量的相关性，故B正确； 因为，则成对数据对应点相当于把成对数据对应的点横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，故变量间的相关性不变，故C错误； 当，由可知，新的回归直线方程中斜率变为，，则成对数据的经验回归方程，故D正确. 故选：ABD 10. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出：三角形的外心，重心，垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.若的三个顶点坐标分别为，，其“欧拉线”为，圆，则（ ） A. 过作圆的切线，切点为，则的最小值为4 B. 若直线被圆截得的弦长为2，则 C. 若圆上有且只有两个点到的距离都为1，则 D. 存在，使圆上有三个点到的距离都为1 【答案】BC 【解析】 【分析】A项，利用勾股定理写出的表达式，即可求出的最小值；B项，求出直线的解析式，得出圆的位置，即可得出结论；C项，根据圆上有且只有两个点到的距离，得出圆心到直线的距离小于直径，结合距离公式即可得出结论；D项，由几何知识即可得出结论. 【详解】由题意， 的三个顶点坐标分别为，， 在圆中，，半径 ， A项， 过作圆的切线，切点为，如图所示， ∴, 在中，由勾股定理得， ∴ ∴当时，取最小值，，故A错误； B项， 重心坐标即, 所在直线，即 线段的中点, ∴的垂直平分线为：， 同理可得，的垂直平分线为：， ，解得：， ∴外心 由几何知识得，垂心与外心重合， ∴过和，，即， 直线被圆截得的弦长为2，恰好为圆的直径， ∴直线过圆心， ∴，即，B正确； C项，圆上有且只有两个点到的距离都为1， ∴圆心到直线即的距离小于直径. ∴，解得：，故C正确； D项，由几何知识得， 圆上不可能有三个点到直线的距离均为半径1，故D错误； 故选：BC 11. 已知是球的球面上两点，为该球面上的动点，球的半径为4，，二面角的大小为，则（ ） A. 是钝角三角形 B. 直线与平面所成角为定值 C. 三棱锥的体积的最大值为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意可得固定平面，求出各线段长度，结合圆内接四边形可求得，即A正确，利用线面角定义作出其平面角可得B正确，由三棱锥锥体体积公式计算可得可判断C错误，求得三棱锥的外接球的球心位置和半径即可求得D正确. 【详解】如下图所示： 易知，由可得； 固定平面，由二面角的大小为可知为一个与平面夹角为的平面与的交点（在的右侧）， 如图中过平面的虚线形成的劣弧所示： 取的中点为，作平面，则有， 又易知， 如下图所示： 在劣弧上运动， 对于A，易知，因此可得是钝角三角形，即A正确； 对于B，设直线与平面所成的角为， 则，为定值，即B正确； 对于C，作， 易知三棱锥的体积的最大值为 ，即C错误； 对于D，设三棱锥的外接球的球心为，如下图： 由于是的外心，则平面，因此三点共线， 设， 在中由勾股定理可得，解得； 因此三棱锥的外接球的表面积为，即D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据题目条件固定平面，再根据二面角大小求得线段长度得出点轨迹，再结合线面角、外接球等进行计算即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数（，且）是偶函数，且，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用偶函数的定义可求得，进而可得，计算可求得的值. 【详解】因为是偶函数，则，可得， 所以，所以或， 则（舍去）或，所以， 又，所以，所以，又，解得. 故答案为：. 13. 一个袋子里有大小和质地相同的4个球，标号为1，2，3，4，从中有放回地随机取球，每次取1个球，共取4次，把每次取出的球的标号排成一列数，则这列数中恰有3个不同整数的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】求得总的取法数，进而求得符合条件的取法数，利用古典概型概率公式可求解. 【详解】每次均有4种不同的取法，故总的取法数有种， 这列数中恰有3个不同整数，则必有一个数取了2次， 故这列数中恰有3个不同整数的取法数有种， 故这列数中恰有3个不同整数的概率为. 故答案为：. 14. 在平面四边形中，，若的面积是的面积的2倍，则的长度为______. 【答案】 【解析】 【分析】如图建立直角坐标系，设AC，BD交点为E，由的面积是的面积的2倍可得E坐标，然后由B，E，D三点共线结合可得B 点坐标，即可得答案. 【详解】如图，以D点为原点，取AC中点为F，以DF所在直线为x轴， 以过D点，垂直于DF直线为y轴，建立直角坐标系. 又 则. 过C，A两点作DB垂线，垂足为G，H，则. 又注意到，则.设，则， 则. 注意到B，E，D三点共线，则，则. 又 则或，又由图可得，则. 则. 故答案： 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. 设为数列的前项和，且是和8的等差中项. （1）求数列的通项公式； （2）令，数列的前项和为，证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）解法1：由题意可求得，当时，求得，当时，，可得，可求通项公式；解法2：由题意可得，先求得前几项，猜想通项公式，再利用数学归纳法证明即可； （2）由题意可得，可求得，可证结论. 【小问1详解】 解法1：因为是和8的等差中项， 所以，即.① 当时，，得. 当时，，② ①－②得，得，即. 所以数列是以首项为8，公比为2的等比数列. 所以. 解法2：因为是和8的等差中项， 所以，即. 当时，，得. 当时，，得. 当时，，得. 猜想：. （下面用数学归纳法证明） 1当时，可知猜想成立， 2假设时，猜想成立，即， 依题意，得，得， 又，得， 则， 得. 即当时，猜想也成立. 由1，2可知猜想成立，即. 【小问2详解】 因为， 得， 所以. 由于，得， 得， 所以. 16. 如图，直四棱柱的底面是菱形，为锐角，分别为棱的中点，点在棱上，且，点在直线上. （1）证明：平面； （2）若直四棱柱的体积为，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求的长. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，进而可证四边形是平行四边形，可得，由已知可证，可得，可证结论； （2）解法1：由已知可求得，分别以直线为轴，以的边上的高所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，求得平面的一个法向量，利用向量法可求得线面角的正弦的最大值，进而求得的长. 解法2：由已知可求得，连接，设，连接，设，以为原点，分别以直线为轴，建立空间直角坐标系，设，求得平面的一个法向量，利用向量法可求得线面角的正弦的最大值，进而求得的长. 解法3：由已知可求得，由（1）知平面且点在直线上，，过作，交的延长线于点，连接，结合余弦定理求解即可. 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为为的中点，所以，且. 又，且，则，且. 所以四边形是平行四边形，所以. 因为，则为的中点. 又为的中点，则，所以. 因为平面平面， 所以平面. 【小问2详解】 解法1：由于直四棱柱的体积为， 得， 得， 由于为锐角，则. 分别以直线为轴，以的边上的高所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则， ，设， ， 设平面的法向量为，直线与平面所成角为， 由，即，取， 则平面的一个法向量为. 则. 当时，取得最大值. 此时. 所以的长为. 解法2：由于直四棱柱的体积为， 得，得， 由于为锐角，则. 连接，设，连接，设， 以为原点，分别以直线为轴，建立空间直角坐标系. 则， . 设，即， 则. 设平面的法向量为，直线与平面所成角为， 由，即， 令，则， 则平面的一个法向量为， , 为， 则. 当时，取得最大值. 此时. 所以的长为. 解法3：由于直四棱柱的体积为， 得， 得， 由于为锐角，则. 由（1）知平面且点在直线上， 则点到平面的距离为定值. 设直线与平面所成角为， 则. 当最小时，取得最大值. 如图，过作，交的延长线于点，连接， 由于，，则平面. 又平面，则. 则为所求. 在中， . ， 在中，. 17. 已知函数（，且）. （1）若，直线与曲线和曲线都相切，求的值； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1）8 （2） 【解析】 【分析】（1）解法1：设直线与曲线的切点坐标为，利用导数的意可求得，进而求得切线方程，联立切线与，利用可求解；解法2：设直线与曲线的切点坐标为，利用导数的意可求得，进而求得切线方程，设直线与曲线的切点坐标为，利用导数的几何意义可求解； （2）解法1：当时，计算可得，不符合题意，当时，由题意可得，令，利用导数可求得的最小值，可求解.解法2：由题意可得，令，利用导数求得的最小值即可. 【小问1详解】 解法1：设直线与曲线的切点坐标为， 由于，则， 解得， 则切点坐标为. 直线，即. 由得， 由，解得或（舍去）， 当时，得，符合题意， 所以. 解法2：设直线与曲线的切点坐标为， 由于，则， 解得， 则切点坐标为. 直线，即. 当时，函数的定义域为， 设直线与曲线的切点坐标为， 由，得，得. 得，即， 则. 解得. 【小问2详解】 解法1：①当时，则函数的定义域为. 由于， 则，不符合题意. 所以不符合题意. ②当时，则函数的定义域为. 显然. 当时，由，得，即. 令，则. 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增. 则当时，取得最小值，其值为. 则，即. 综上所述，的取值范围为. 解法2：当时，由，得，即， 得. 令，则. 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增. 则当时，取得最小值，其值为. 则，即. 综上所述，的取值范围为. 18. 已知双曲线的右焦点到的一条渐近线的距离为. （1）求的方程； （2）设点在的右支上，过点作圆的两条切线，一条与的左支交于点，另一条与的右支交于点（异于点）. （ⅰ）证明：； （ⅱ）当的面积最小时，求直线和直线的方程. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）， 【解析】 【分析】（1）由点到直线距离公式结合题意可得，据此可得答案； （2）（ⅰ）设切线的方程为，由圆心到切线的距离，可得，再将切线方程与双曲线方程联立，由韦达定理结合可得，据此可完成证明； （ⅱ）方法1，注意到，由（ⅰ）可得，据此可得答案； 方法2，设切线与圆的切点为，则可得，据此可得答案； 方法3，由题可得，又设切线与圆的切点为，由，结合，可得，由基本不等式可得，据此可得答案. 【小问1详解】 解：由于双曲线的右焦点为，所以. 双曲线的渐近线方程为，即为， 由于点到的一条渐近线的距离为，则. 解得所以的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）证明：显然圆的切线的斜率存在， 设切线的方程为， 由于切线不平行的渐近线，则. 由圆心到切线的距离，得. 由消去得， 由题意知.设， 则， 而 . 则， 则. 所以，即. （ⅱ）解法1：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线. 则的面积. 设切线与圆的切点为，则， 由（ⅰ）得， 又， 则. 当时，. 此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径. 得点的坐标为， 所以直线的方程为，直线的方程为. 解法2：由（ⅰ）同理可得， 所以三点共线. 则的面积. 设切线与圆的切点为， 则. 在中，， 在中，， 则， 当时，，即的面积的最小值为3. 此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径. 得点的坐标为， 所以直线的方程为，直线的方程为. 解法3：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线. 则的面积. 设切线与圆的切点为， 则. 在中，， 在中，， 由于，则， 根据基本不等式得， 得，则，即的面积的最小值为3. 当且仅当等号成立， 根双曲线的对称性知，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径. 得点的坐标为， 所以直线的方程为，直线的方程为. 19. 设，集合（为向量），若，定义． （1）若，且，写出所有的； （2）若，且，设满足的的个数为，求的值； （3）从集合中任取两个不同的向量，记，求X的分布列与数学期望． 【答案】（1）； （2）； （3）分布列见解析，. 【解析】 【分析】（1）设，，，根据定义列方程求，由此可得结论； （2）法一：根据定义，由条件可得，由二项式定理可得，由此可求结论； 法二：根据定义，由条件可得，结合组合数性质，分为奇数，为偶数两种情况结合裂项相消法分别求结论； （3）法一：根据定义确定随机变量的可能取值，再结合定义和计数原理求，由此可得分布列，结合期望公式可得，再分别计算，，化简可得结论； 法二：根据定义确定随机变量的可能取值，再结合定义和计数原理求，由此可得分布列，结合期望公式可得，再分别计算，由此可求结论. 【小问1详解】 设，，， 因为，， 所以，，所以， 若，则， 若，则，或，， 所以满足的为：． 【小问2详解】 法一：因为，， 则满足等价于向量的坐标中有个位置上的值为1， 剩下个位置上的值为0， 即，由二项式定理，， 所以，因此． 法二：因为，， 则满足等价于向量的坐标中有个位置上的值为1， 剩下个位置上的值为0，即． 由帕斯卡恒等式得：， 所以为奇数时， ． 为偶数时， ． 因此； 【小问3详解】 法一：若，则，，与为不相等的向量矛盾， 所以随机变量的可能取值有， 对于的随机变量，在坐标与中有个对应位置上的值均为1，剩下个对应位置上的值有3种对应关系， 且个对应位置上的值不能同时为0，否则，两个向量相等， 此时所对应情况数为种. 中元素的个数为个，所以. 所以随机变量的分布列为： 所以随机变量的数学期望为. 首先计算： 设， 两边求导得，， 两边乘以后得， 令，得， 所以 所以 下面计算： 因为， ， ， ， 因为， 所以，所以. 所以.. 法二：由题意可知，， 对于的随机变量，在坐标与中有个对应位置上的值均为1，剩下个对应位置上的值有3种对应关系， 且个对应位置上的值不能同时为0，否则，两个向量相等， 此时所对应情况数为种. 中元素的个数为个，所以. 所以随机变量的分布列为： 所以随机变量的数学期望为， 令，因为， 可得 其中， 因为， 所以，，， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $