第=page11頁，共=sectionpages11頁2025年廣東省廣州市高考數(shù)學(xué)一模試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.若復(fù)數(shù)z滿足1+iz=i，則z的虛部為(

)A.?1 B.1 C.?i D.i2.已知集合A={x|0≤x≤a}，B={x|x2?2x≤0}，若B?A，則實數(shù)a的取值范圍是A.(0,2) B.(0,2] C.(2,+∞) D.[2,+∞)3.在平行四邊形ABCD中，點E是BC邊上的點，BC=4EC，點F是線段DE的中點，若AF=λAB+μA.54 B.1 C.78 4.已知球O的表面積為4π，一圓臺的上、下底面圓周都在球O的球面上，且下底面過球心O，母線與下底面所成角為π3，則該圓臺的側(cè)面積為(

)A.334π B.32π5.已知點P在雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)上，且點P到A.3 B.2 C.3 D.6.已知實數(shù)a，b滿足3a=4bA.b<a<0 B.2b<a<0 C.0<a<b D.0<2b<a7.已知ω>0，曲線y=cosωx與y=cos(ωx?π3)A.33π B.22π8.定義域為R的偶函數(shù)f(x)在(?∞,0]上單調(diào)遞減，且f(3)=0，若關(guān)于x的不等式(mx?2)f(x?2)≥(nx+3)f(2?x)的解集為[?1,+∞)，則em?2n+en+1A.2e3 B.2e2 C.二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.某位射擊運動員的兩組訓(xùn)練數(shù)據(jù)如下：第一組：10，7，7，8，8，9，7；第二組：10，5，5，8，9，9，10.則(

)A.兩組數(shù)據(jù)的平均數(shù)相等

B.第一組數(shù)據(jù)的方差大于第二組數(shù)據(jù)的方差

C.兩組數(shù)據(jù)的極差相等

D.第一組數(shù)據(jù)的中位數(shù)小于第二組數(shù)據(jù)的中位數(shù)10.已知函數(shù)f(x)=ln4?xx+ax在x=3處取得極大值，f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)A.a=43

B.當(dāng)0<x<1時，f(x)>f(x2)

C.f′(2+x)=f′(2?x)

D.當(dāng)11.如圖，半徑為1的動圓C沿著圓O：x2+y2=1外側(cè)無滑動地滾動一周，圓C上的點P(a,b)形成的外旋輪線Γ，因其形狀像心形又稱心臟線.已知運動開始時點P與點A(1,0)重合.A.曲線Γ上存在到原點的距離超過23的點

B.點(1,2)在曲線Γ上

C.曲線T與直線x+y?22三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知cosαsin(α?β)?sinαcos(β?α)=35，則sinβ=______．13.將1，2，3，?，9這9個數(shù)字填在3×3的方格表中，要求每一行從左到右、每一列從上到下的數(shù)字依次變小.若將4填在如圖所示的位置上，則填寫方格表的方法共有______種.14.在正三棱錐P?ABC中，PA=PB=PC=32，AB=6，點D在△ABC內(nèi)部運動(包括邊界)，點D到棱PA，PB，PC的距離分別記為d1，d2，d3，且d四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知c=a(1+2cosB)．

(1)求證：B=2A；

(2)若a=3,b=26，求△ABC16.(本小題15分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為矩形，AB=2BC=2，側(cè)面PCD是等邊三角形，三棱錐A?PBD的體積為33，點E是棱CP的中點．

(1)求證：平面PBC⊥平面PCD；

(2)求平面BDE與平面ABCD17.(本小題15分)

n(n∈N?,n≥3)個人相互傳球，傳球規(guī)則如下：若球由甲手中傳出，則甲傳給乙；否則，傳球者等可能地將球傳給另外的n?1個人中的任何一個.第一次傳球由甲手中傳出，第k(k∈N?)次傳球后，球在甲手中的概率記為An(k)，球在乙手中的概率記為Bn(k)．

(1)求A5(2)，B5(2)，A5(3)，18.(本小題17分)

已知動點P到點F(12,0)的距離等于它到直線x=?12的距離，記動點P的軌跡為曲線C．

(1)求C的方程；

(2)O為坐標(biāo)原點，過點M(2,0)且斜率存在的直線l與C相交于A，B兩點，直線AO與直線x=?2相交于點D，過點B且與C相切的直線交x軸于點E．

(i)證明：直線DE//l；

(ii)滿足四邊形ABDE的面積為1219.(本小題17分)

已知n∈N?且n≥3，集合An={a1,a2,…,an}，其中0<a1<a2<…<an.若存在函數(shù)f(x)(f(x)≠x)，其圖象在區(qū)間D=[a1,an]上是一段連續(xù)曲線，且{f(ai)|ai∈An}=An，則稱f(x)是An的T變換函數(shù)，集合An是D的T子集.例如，設(shè)A5={23,1,2,2,3}，此時函數(shù)答案解析1.【答案】B

【解析】解：由1+iz=i，

得z=?1+ii=(?1+i)(?i)?i2=1+i，

可得復(fù)數(shù)z的虛部為1．2.【答案】D

【解析】解：因為B={x|x2?2x≤0}={x|0≤x≤2}，A={x|0≤x≤a}，

因B?A，則a≥2，則實數(shù)a的取值范圍是[2,+∞)．

故選：D．

求出集合B結(jié)合數(shù)軸推斷a3.【答案】C

【解析】解：由題意可得AF=12(AD+AE)=12(AD+4.【答案】B

【解析】解：球O的表面積為4π，一圓臺的上、下底面圓周都在球O的球面上，且下底面過球心O，母線與下底面所成角為π3，

作出示意圖如圖所示：

設(shè)球的半徑為OA=OB，由題意可得∠OAB=π3，所以O(shè)AB是等邊三角形，

所以∠AOB=π3，所以∠O1OB=π6，

因為球O的表面積為4π，所以4π×OA2=4π，解得OA=1，所以O(shè)B=AB=1，

所以O(shè)15.【答案】D

【解析】解：雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的兩條漸近線的方程為bx±ay=0，

設(shè)P(x,y)，利用點P到雙曲線的兩條漸近線的距離之積為|b2x2?a2y2b2+a2|=a22，

可得|a2b26.【答案】B

【解析】解：設(shè)3a=4b=k，當(dāng)k=1時，a=b=0，

當(dāng)k>1時，a=log3k>0，b=log4k>0，

ab=log3klog4k=lgklg3lgklg4=lg4lg3=log34>1，所以a>b>0，

因為2b=log2k>0，a2b=7.【答案】A

【解析】解：設(shè)曲線y=cosωx與y=cos(ωx?π3)相鄰的三個交點分別為A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，

由cosωx=cos(ωx?π3)=12cosωx+32sinωx，可得32sinωx?12cosωx=0，

即sin(ωx?π6)=0，解得x=kπω+π6ω(k∈Z)，

不妨取k=0、1、2，解得x1=8.【答案】C

【解析】解：因為f(x)為偶函數(shù)，所以f(x)=f(?x)，

則f(x?2)=f(2?x)，

由(mx?2)f(x?2)≥(nx+3)f(2?x)，

得[(m?n)x?5]f(x?2)≥0，

又因為函數(shù)f(x)在(?∞,0]上單調(diào)遞減，且f(?3)=f(3)=0，

則函數(shù)f(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增，

則x∈(?∞,?3)∪(3,+∞)時，f(x)>0，

當(dāng)x∈(?3,3)時，f(x)<0，

則當(dāng)x∈(?∞,?1)∪(5,+∞)時，f(x?2)>0，

當(dāng)x∈(?1,5)時，f(x?2)<0，

所以f(x?2)≤0的解集為[?1,5]，f(x?2)≥0的解集為(?∞,?1]∪[5,+∞)，

由于不等式[(m?n)x?5]f(x?2)≥0的解集為[?1,+∞)，

當(dāng)m=n時，不等式[(m?n)x?5]f(x?2)≥0為(?5)?f(x?2)≥0，

此時解集為[?1,5]，不符合題意；

當(dāng)m>n時，不等式(m?n)x?5≥0解為x≥5m?n，

不等式(m?n)x?5≤0解為x≤5m?n，

要使不等式[(m?n)x?5]f(x?2)≥0的解集為[?1,+∞)，

則5m?n=5，即m=n+1；

當(dāng)m<n時，不等式(m?n)x?5≥0解為x≤5m?n，

不等式(m?n)x?5≤0解為x≥5m?n，

此時不等式[(m?n)x?5]f(x?2)≥0的解集不為[?1,+∞)；

綜上所述，m=n+1，

則em?2n+en+1=en+1?2n+en+1=e?n?1+en+1≥2e?n+1?en+1=2e，

當(dāng)且僅當(dāng)e?n+1=e9.【答案】AD

【解析】解：第一組：10，7，7，8，8，9，7；

則第一組數(shù)據(jù)從小到大排序為：7，7，7，8，8，9，10，

其平均數(shù)為17(7+7+7+8+8+9+10)=8，

其方差為17[(10?8)2+(7?8)2+(7?8)2+(8?8)2+(8?8)2+(9?8)2+(7?8)2]=87，

其極差為10?7=3，

其中位數(shù)為：8；

第二組：10，5，5，8，9，9，10，

則第二組數(shù)據(jù)從小到大排序為：5，5，8，9，9，10，10，

其平均數(shù)為10.【答案】ACD

【解析】解：由4?xx>0可得0<x<4，

則f(x)=ln4?xx+ax=ln(4?x)?lnx+ax，x∈(0,4)，

則f′(x)=1x?4?1x+a，

因為函數(shù)f(x)在x=3處取得極大值，

所以f′(3)=a?43=0，即a=43，f′(x)=43?1x+1x?4=4(x?1)(x?3)3x(x?4)，

令f′(x)<0，得0<x<1或3<x<4；令f′(x)>0，得1<x<3，

所以函數(shù)f(x)在(0,1)和(3,4)上單調(diào)遞減，在(1,3)上單調(diào)遞增，

則函數(shù)f(x)在x=3處取得極大值，符合題意，即a=43，故A正確；

由上述可知函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，

當(dāng)0<x<1時，0<x2<x<1，則f(x)<f(x2)，故B錯誤；

由f′(x)=4(x?1)(x?3)3x(x?4)，

則f′(2+x)=4(2+x?1)(2+x?3)3(2+x)(2+x?4)=4(x+1)(x?1)3(2+x)(x?2)，

f′(2?x)=4(2?x?1)(2?x?3)3(2?x)(2?x?4)=4(1?x)(?x?1)3(2?x)(?x?2)=4(x+1)(x?1)3(2+x)(x?2)=f′(2+x)，故C正確；

因為1≤x1≤x2≤3，x111.【答案】BCD

【解析】解：設(shè)⊙O與⊙C切于M點，則O，C始終關(guān)于點M對稱，

所以當(dāng)切點M繞O逆時針轉(zhuǎn)動θ弧度時，致使點P繞圓心C也轉(zhuǎn)了θ弧度，θ∈[0,2π)，

如圖，連接OC，所以∠AOM=∠MCP=θ，延長CP與x軸交于R點，過C作CD⊥x軸于點D，

∠OCD=π2?θ，所以∠RCD=θ?(π2?θ)=2θ?π2.OC=2，PC=1，

所以xP=2cosθ+PC?sin(2θ?π2)=2cosθ?cos2θ，

yp=2sinθ?cos(2θ?π2)=2sinθ?sin2θ，

則P(2cosθ?cos2θ,2sinθ?sin2θ)，

即曲線Γ的參數(shù)方程為x=2cosθ?cos2θy=2sinθ?sin2θ，θ為參數(shù)，θ∈[0,2π)，

對于A，|PO|=(2cosθ?cos2θ)2+(2sinθ?sin2θ)2=5?4cosθ≤3<23，

所以Γ上不存在到原點的距離超過23的點，A錯；

對于B，若(1,2)在T上，則2cosθ?cos2θ=1①2sinθ?sin2θ=2②，

由①解得θ=π2,3π2或0，

驗證知僅當(dāng)θ=π2時，代入②符合，所以P(1,2)在曲線T上，故B正確；

對于C，由x+y?22=0，將曲線Γ的參數(shù)方程代入得：2cosθ?cos2θ+2sinθ?sin2θ?22=0，

即22sin(θ+π4)?212.【答案】?3【解析】解：由cosαsin(α?β)?sinαcos(β?α)=35，

得?sin(β?α)cosα?cos(β?α)sinα=35，

則sin(β?α)cosα+cos(β?α)sinα=?35，

可得sin13.【答案】12

【解析】解：將1，2，3，?，9這9個數(shù)字填在3×3的方格表中，

由每一行從左到右、每一列從上到下的數(shù)字依次變小，得9在左上角，1在右下角，

如圖，

2，3排在d，f位置，有A22種方法，

從余下的4個數(shù)字中任取2個按從左到右由大到小排在a，b位置，有C42種方法，

最后兩個數(shù)字從上到下由大到小排在c，e位置，有1種方法，

所以填寫方格表的方法共有A22C42×1=12(種)．

故答案為：12．

確定1，914.【答案】2π

【解析】解：由題意可知：PA=PB=PC=32，AB=AC=BC=6，

則PA2+PB2=AB2，PA2+PC2=BC2，PB2+PC2=BC2，

可知PA⊥PB，PA⊥PC，PB⊥PC，

因為三棱錐P?ABC為正三棱錐，則點P在底面ABC內(nèi)的投影為底面△ABC的中心O，

取AB的中點M，則CO=23CM=23，PO=PC2?CO2=6，

設(shè)點D在平面PAB、平面PAC和平面PBC內(nèi)的投影分別為F、I和J，

根據(jù)正三棱錐的結(jié)構(gòu)特征，可以以DF，DI，DJ為鄰邊作長方體PEFG?HIDJ，

則PA⊥平面EFDI，DE?平面EFDI，則PA⊥DE，即d1=DE，

同理可知：d2=DG，d3=DH，

由長方體的性質(zhì)可知：d12=PH2+PG2d22=PE2+PH2d32=PE2+PG2PD2=PE2+PG2+PH2，

可得d12+d22+d315.【答案】證明見解析；

52【解析】(1)證明：由c=a(1+2cosB)，根據(jù)正弦定理得sinC=sinA(1+2cosB)，

在△ABC中，sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB，

所以sinAcosB+cosAsinB=sinA+2sinAcosB，

整理得cosAsinB?sinAcosB=sinA，即sin(B?A)=sinA，

所以B?A=A或B?A+A=π(不符合題意，舍去)，可得B=2A．

(2)解：根據(jù)正弦定理asinA=bsinB，

可得3sinA=26sin2A，即3sinA=262sinAcosA，解得cosA=63，

由余弦定理a2=b2+c2?2bccosA=9，即24+c2?8c=9，

整理得c2?8c+15=0，解得c=3或c=5．

當(dāng)c=3時，a=c=3，C=A，結(jié)合B=2A16.【答案】證明見解析；

64【解析】解：證明：(1)因為底面ABCD為矩形，AB=2BC=2，

所以S△ABD=12AB?AD=12×2×1=1，

設(shè)三棱錐P?ABD的高為d，又三棱錐A?PBD的體積為33，

所以VA?PBD=VP?ABD=13S△ABD?d=13×1×d=33，

所以d=3，

又側(cè)面PCD是等邊三角形，且CD=AB=2，

取CD的中點，連接PO，可得PO=3，從而PO為三棱錐P?ABD的高，

所以PO⊥平面ABD，又BC?平面ABD，

所以PO⊥BC，又CD⊥BC，PO∩DC=O，PO，DC?平面PCD，

所以BC⊥平面PCD，又BC?平面PBC，

所以平面PBC⊥平面PCD；

(2)取AB的中點N，連接ON，

則ON/?/BC，

故由(1)可以O(shè)為坐標(biāo)原點，ON，OC，OP所在直線為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角標(biāo)系，

則B(1,1,0)，D(0,?1,0)，E(0,12,32)，P(0,0,3)，

則DB=(1,2,0)，DE=(0,32,32)，OP=(0,0,3)，

設(shè)平面BDE的一個法向量為n=(x,y,z)，

則n?DB=x+2y=0n?DE17.【答案】A5(2)=14，B5

=0，A5(3)=34×14【解析】解：(1)由題意知，

所以A5(2)=14.B5(2)=0，A5(3)=34×14=316，B5(3)=14+34×14=716．

(2)由題意知，An(k+1)=1n?1[1?An(k)],An(1)=0．

所以An(k+1)?1n=?1n?1[18.【答案】y2=2x；

(i)證明見解析；(i)有2【解析】解：(1)由拋物線的定義得動點P的軌跡為以F(12,0)為焦點，直線x=?12為準(zhǔn)線的拋物線，

所以p=12，即y2=2x．

(2)(i)證明：由題可知，直線l的斜率存在且不為0，故設(shè)直線l的方程為x=my+2(m≠0)，則直線l的斜率為kA