廣東省揭陽市2025屆高三高考模擬測試（二）數(shù)學(xué)試題1．復(fù)數(shù)2+i1+3iA．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知集合A=x,yA．7 B．9 C．11 D．133．已知平面向量a與b均為單位向量，a+b=3，則A．π2 B．π3 C．π44．正四棱臺ABCD?A1B1CA．563 B．2823 C．565．若直線l:x+y?m=0m>0被圓C:x?12+y+1A．2105 B．2 C．2 6．已知α為銳角，且cosα+π4A．35 B．45 C．?37．P是正四棱柱ABCD?A1B1C1D1表面上的一個動點，AAA．223 B．23 C．18．已知定義在0,+∞上的函數(shù)fx，對任意x,y>0滿足fxy<fx+fy+1，且當(dāng)A．m>n B．m<n C．m≥n D．m≤n9．洛陽是我國著名的牡丹之鄉(xiāng)，以“洛陽地脈花最宜，牡丹尤為天下奇”流傳于世.某種植基地通過植株高度研究牡丹的生長情況，從同一批次牡丹中隨機(jī)抽取100株的植株高度（單位：cm）作為樣本，得到如圖所示的頻率分布直方圖，則下列結(jié)論正確的是（）A．基地牡丹植株高度的極差的估計值大于50B．基地牡丹植株高度不高于70的頻率估計值為30%C．基地牡丹植株高度的眾數(shù)與中位數(shù)的估計值相等D．基地牡丹植株高度的第75百分位數(shù)的估計值小于8010．已知函數(shù)fx=sinx，A．fgx為奇函數(shù) B．C．fgx在0,π上僅有1個零點 D．g11．已知曲線C:x+y=1，一條不過原點的動直線l與x，y軸分別交于A．曲線C有4條對稱軸B．曲線C形成封閉圖形的面積大于4?πC．當(dāng)AB=22時，線段ABD．當(dāng)OA+OB=1時，直線l12．設(shè)隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N2,σ2，且PX≤4=0.7，若13．記雙曲線C:x2a2?y2b2=1a>0,b>014．在平面直角坐標(biāo)系中，兩點Px1,y1，Qx2,y2的“曼哈頓距離”定義為PQ=x1?x2+y1?y15．記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知a2（1）求ac；（2）若b=2acosAcos2C+2ccosCcos2A，求△ABC的面積.16．已知A，B，C是橢圓W:x24（1）若A，C是W的左、右頂點，求BA?（2）若點B在第一象限，是否存在四邊形OABC滿足OB是該四邊形的對稱軸，若存在，請寫出A，C的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由.17．如圖，△ABC，△DBC，△EBC都是等邊三角形，點D，E分別在平面ABC的上方和下方，點O為BC中點.（1）求證：A，D，O，E四點共面；（2）若AD=AB=23，求直線OE與平面ACD18．一個質(zhì)點在數(shù)軸上從原點開始運動，每次運動的結(jié)果可能是原地不動，也可能是向左或向右運動一個單位.記質(zhì)點原地不動的概率為p，向右運動的概率為q，向左運動的概率為1?p?q，其中p∈0,1，q∈（1）若p=16，（2）若p=0.①規(guī)定質(zhì)點只要運動到原點左側(cè)就立即停止運動，求質(zhì)點運動5次后停在原點右側(cè)的概率；②設(shè)計游戲規(guī)則如下：第一輪游戲，質(zhì)點從原點開始運動，設(shè)置質(zhì)點向右運動的概率q=x，若質(zhì)點運動3次后停在原點右側(cè)，則進(jìn)入第二輪游戲，否則游戲結(jié)束；第二輪游戲，質(zhì)點重新從原點開始運動，重新設(shè)置質(zhì)點向右運動的概率q=a?x0<a<2，運動3次后，若質(zhì)點停在原點右側(cè)，則以質(zhì)點停留位置對應(yīng)數(shù)軸上的數(shù)值作為兩輪游戲的最終得分，若質(zhì)點停在原點左側(cè)或原點處，則兩輪游戲的最終得分為0分（規(guī)定游戲一輪結(jié)束的得分也是0分）.記兩輪游戲最終得分的期望EX=fx，若19．已知數(shù)列an中每一項ai∈0,1（其中i=1,2,?,m，m∈N?）構(gòu)成m數(shù)組A=a1,a2,?,am.定義運算S如下：SA=b1,b2,b3,b4,?,b2m?1,（1）寫出SA，S2A，以及B（2）證明：數(shù)列Bn+2（3）若Cn=3Bn+

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：因為2+i1+3i所以復(fù)數(shù)2+i1+3i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為1故答案為：D【分析】先利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法運算化簡可得2+i1+3i2．【答案】C【解析】【解答】解：因為x∈Z,y∈Z，所以x2又因為x24+y23≤1，所以當(dāng)x=?2時，代入x24+y23≤1，得y2≤0當(dāng)x=?1時，代入x24+y23≤1，得此時得到元素?1,?1,當(dāng)x=0時，代入x24+y23≤1，得y2≤3此時得到元素0,?1,當(dāng)x=1時，代入x24+y23≤1，得此時得到元素1,?1,當(dāng)x=2時，代入x24+y2此時得到元素2,0，滿足條件的元素分別為：?2,0，?1,?1,?1,0,?1,1，0,?1,故答案為：C.

【分析】利用已知條件和元素與集合的關(guān)系，先求出x的值，再代入x23．【答案】A【解析】【解答】解：已知a+則a+b2又平面向量a與b均為單位向量，所以a?所以，a?所以，a⊥a?2故答案為：A.【分析】由題意結(jié)合數(shù)量積的運算律求出a?b=4．【答案】B【解析】【解答】解：已知如圖所示：由正四棱臺可知且AB=4，C1D1=2，取上底下底的中心O,O1,OO1⊥平面垂足為E，B1且BD=42，B1D所以?=OO所以V=1故答案為：B【分析】先利用正四棱臺的概念可知四邊形BDD1B1為等腰梯形，再利用平面幾何的知識可得四棱臺的高5．【答案】C【解析】【解答】解：易知圓x?12+y+12=4設(shè)圓心到直線l的距離為d，由弦長公式可得2r2?所以圓心1,?1到直線l:x+y?m=0m>0的距離d=解得m=2或m=?2，又m>0，所以m=2，故答案為：C【分析】先利用圓方程可得圓心1,?1和半徑r=2，再利用弦長公式2r2?6．【答案】B【解析】【解答】解：已知α為銳角，則π4又cosα+所以sinα+則cos2α=sin故答案為：B.【分析】先利用同角三角函數(shù)的平方關(guān)系可得sinα+π47．【答案】A【解析】【解答】解：以點A為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：A0,0,0，C12,2,4，設(shè)易知平面ABCD一個法向量為n1=0,0,1，平面ABB1A1的一個法向量為n設(shè)直線AP與平面ABCD、平面ABB1A1、平面由已知可得θ1又sinθ1=AP?所以有x=又由P是正四棱柱ABCD?A1B1C1D若P是平面ABCD上的一個動點，可知z=0，0≤x≤2，0≤y≤2，滿足條件的點的坐標(biāo)為0,0,0，與點A重合，舍去；若P是平面ABB1A1上的一個動點，可知y=0，0≤x≤2，0≤z≤4，滿足條件的點的坐標(biāo)為若P是平面ADD1A1上的一個動點，可知x=0，0≤y≤2，0≤z≤4，滿足條件的點的坐標(biāo)為若P是平面CDD1C1上的一個動點，可知y=2，0≤x≤2，0≤z≤4，滿足條件的點的坐標(biāo)為2,2,2，點若P是平面A1B1C1D1若P是平面BCC1B1上的一個動點，可知x=2，0≤y≤2，綜上所述，.所以AP=2,2,2所以，AP與AC1所成角的余弦值為故答案為：A.【分析】建立空間直角坐標(biāo)系得出相關(guān)點的坐標(biāo)，設(shè)Px,y,z，利用題意以及線面角的坐標(biāo)即可得出x=y=z，再分六個面分別討論，即可得出點P8．【答案】D【解析】【解答】解：設(shè)y=λ,λ>1,x>0，則有λx>x.當(dāng)x>1時，由已知可得fλx化簡可得fλx又由已知當(dāng)x>1時，fx<?1可得，所以fλx所以，fx在0,+又x>0時，構(gòu)造gx則g'x=所以，gx所以ex>x+1在所以，有fex<f當(dāng)x≠0時，有x>0，所以有fex當(dāng)x=0時，ex=x+1=1，此時有綜上所述，m≤n.故答案為：D.【分析】設(shè)y=λ,（λ>1），則有λx>x，由題意可得fλx?fx<fλ+1<0，即可得函數(shù)fx在0,+∞上單調(diào)遞減，構(gòu)造函數(shù)gx=e9．【答案】B,C【解析】【解答】解：A、由圖象可知，基地牡丹植株高度范圍在50,100之間，所以極差的估計值應(yīng)不大于50，故A錯誤；B、基地牡丹植株高度不高于70的頻率為0.01+0.02×10=0.3C、由頻率分布直方圖可知，基地牡丹植株高度不高于70的頻率為0.3，不高于80的頻率為0.01+0.02+0.04×10=0.7>0.5所以中位數(shù)位于70,80，

設(shè)為x，則應(yīng)有x?7010×0.4+0.3=0.5，計算可得眾數(shù)估計為70,80的中點，也是75，與中位數(shù)相同.故C正確；對于D項，基地牡丹植株高度不高于80的頻率為0.7，不高于90的頻率為0.95，所以，基地牡丹植株高度的第75百分位數(shù)的估計值應(yīng)在80,90內(nèi).故D錯誤.故答案為：BC.【分析】利用頻率分布直方圖中的數(shù)據(jù)可得出極差即可判斷A項；計算各小組頻率即可判斷B項；分析可知中位數(shù)位于70,80，列方程x?7010×0.4+0.3=0.5計算即可得出中位數(shù)，再利用頻率分布直方圖可直接估算眾數(shù)即可判斷C；利用各小組的概率可知基地牡丹植株高度的第75百分位數(shù)的估計值應(yīng)在10．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：A、fgx=且fg即fgB、gfx=且gfC、令fgx=0，即sin又?1≤cosx≤1，當(dāng)k=0時，cosx=0，且x∈所以fgx在D、gfx=cossin假設(shè)存在0<T<π，使得cossinx+T=令x=0，則cossinT=因為?1≤sinT≤1，所以k=0，即sinT=0因為0<T<π，這樣的T不存在，所以gfx的最小正周期為故答案為：BCD【分析】利用函數(shù)的奇偶性的定義即可判斷AB；利用函數(shù)零點的定義可得sincosx=011．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：已知如圖所示：

A、利用絕對值的特征，曲線C在四個象限內(nèi)都有對稱性，即關(guān)于x軸，y軸，以及直線y=x和直線y=?x對稱，故曲線有4條對稱軸，故A正確；B、因曲線C在第一象限的方程為x+y=1，

即y=則曲線C在第一象限內(nèi)的面積為01因曲線C的對稱性，在四個象限內(nèi)的部分面積相同，故曲線C形成封閉圖形的面積為16C、考慮曲線C的對稱性，不妨設(shè)直線l與x，y軸的正半軸分別交于A,B兩點，線段AB的中點為M(x,y)，由圖知，|OM|=12|AB|=24，即點M該圓與曲線C都關(guān)于直線y=x對稱，且在第一象限都經(jīng)過直線y=x上的點(1由圖可知圓與曲線C相切，同理在其他象限也有相同的結(jié)論，故C正確；D、不妨設(shè)A(a,0),B(0,b)a>0,b>0，

則直線AB的方程為xa+由xa+yb=1將b=1?a代入，化簡得：x?2xa+a2=0由函數(shù)的定義，可得直線AB與曲線C在第一象限有且只有一個共同點，故此時直線l與曲線C相切，同理在其他象限也有相同的結(jié)論，故D正確.故答案為：ACD.【分析】利用絕對值的特征易得曲線有4條對稱軸即可判斷A；利用定積分求出第一象限內(nèi)的面積為16即可判斷B；先求得線段AB中點的軌跡為以點O為圓心，半徑為24的圓，利用圖形關(guān)于直線y=x對稱和關(guān)鍵點(14,12．【答案】0【解析】【解答】解：由已知可得，μ=2，根據(jù)正態(tài)分布的對稱性可知PX≥0所以，PX≤0所以，a=0.故答案為：0.【分析】根據(jù)已知條件和正態(tài)分布對應(yīng)的概率密度函數(shù)的圖象的對稱性，再結(jié)合已知條件和對立事件求概率公式，從而得出a的值.13．【答案】10【解析】【解答】解：因為雙曲線C:x2a又直線3x?y=0與C有公共點，所以ba則離心率e=ca=1+b故答案為：10【分析】先利用雙曲線的幾何性質(zhì)可得漸近線方程y=±bax14．【答案】3e2【解析】【解答】解：設(shè)函數(shù)y=lnx上與直線y=ex+1平行的切線的切點坐標(biāo)為x0則1x0=e，解得x即切線方程為y+1=ex?1e則MN的最小值為直線y=ex+1與直線ex?y?2=0間的距離，即MNmin設(shè)Mx1,e將MN看成關(guān)于x1的函數(shù)，則MN在x1=當(dāng)x1=x則g'x=e?1x當(dāng)x∈0,1e時，g當(dāng)x∈1e,+∞時，所以x=1e時，gx當(dāng)ex1+1=lnx則?'x=e?eex+1當(dāng)x∈?∞,?2e當(dāng)x∈?2e,+∞當(dāng)x=?2e時，綜上所述，MNmin故答案為：3e2+1；3e

【分析】由題意結(jié)合“曼哈頓距離”定義列出方程，構(gòu)造函數(shù)15．【答案】（1）解：由余弦定理b2又a2+c2?（2）解：因為b=2acosAcos2C+2ccosCcos2A，由正弦定理可得sinB=2所以sinB=又A+B+C=π，所以sin2所以sinB=?2sinBcosB，又B∈則sinB=所以S△ABC【解析】【分析】（1）利用余弦定理可得ac=4即可求解；（2）利用正弦定理將邊化角可得sinB=2sinAcosAcos2C+2sinCcosCcos2A（1）由余弦定理b2又a2+c2?（2）因為b=2acosAcos2C+2ccosCcos2A，由正弦定理可得sinB=2所以sinB=又A+B+C=π，所以sin2所以sinB=?2sinBcosB，又B∈則sinB=所以S△ABC16．【答案】（1）解：由已知可得，a=2,b=1，A?2,0,C2,0則BA=?2?x,?y，所以BA?又x24+y2所以，0≤3x2所以，BA?BC的取值范圍為（2）解：設(shè)存在四邊形OABC滿足OB是該四邊形的對稱軸設(shè)Ax1,因為OB是四邊形OABC的對稱軸，所以D為AC的中點，且OB⊥AC，所以Dx因為點B在第一象限，所以直線OB,AC的斜率均存在且不為0如圖所示：

且kOB所以有y2所以有y3又因為A,C在橢圓上，所以有x1作差整理可得y3這與y3所以，不存在四邊形OABC滿足OB是該四邊形的對稱軸.【解析】【分析】（1）設(shè)Bx,y，利用數(shù)量積的運算可得BA（2）假設(shè)存在，設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2（1）由已知可得，a=2,b=1，A?2,0,C2,0則BA=?2?x,?y，所以BA?又x24+y2所以，0≤3x2所以，BA?BC的取值范圍為（2）設(shè)存在四邊形OABC滿足OB是該四邊形的對稱軸設(shè)Ax1,因為OB是四邊形OABC的對稱軸，所以D為AC的中點，且OB⊥AC，所以Dx因為點B在第一象限，所以直線OB,AC的斜率均存在且不為0.且kOB所以有y2所以有y3又因為A,C在橢圓上，所以有x1作差整理可得y3這與y3所以，不存在四邊形OABC滿足OB是該四邊形的對稱軸.17．【答案】（1）證明：連接DO、AO、EO，因為△ABC，△DBC，△EBC都是等邊三角形，所以AO⊥BC,EO⊥BC,DO⊥BC，又因為AO,EO在平面AOE內(nèi)交于點O，AO,DO在平面AOD內(nèi)交于點O，所以BC⊥平面AOE，BC⊥平面AOD，又因為過O只有一個平面與BC垂直，且平面AOE與平面AOD有公共點O，所以平面AOE與平面AOD是同一平面，則A，D，O，E四點共面.（2）解：連接DO、AO、EO，AD，以O(shè)A，OB分別為x、y軸，以過點O且垂直于平面ABC的直線空間直角坐標(biāo)系，則A3,0,0因為△DBC是等邊三角形，邊長BC=AB=DC=23，點O為BC所以BO=CO=3，所以又因為AD=23，設(shè)D所以AD=x?32+所以D1,0,2因為△EBC是等邊三角形，邊長BC=BE=23，點O為BC所以BO=CO=3，

又因為EO=EC所以BE=x12由(1)得∠AOE為二面角A?BC?E平面角，設(shè)∠AOE=θ，則點E3故OE=設(shè)平面ACD的法向量為n=則n?取x2=2,得設(shè)直線OE與平面ACD所成角為α，則sin其中cosφ=當(dāng)cosθ+φ=1時，sinα所以直線OE與平面ACD所成角的正弦值的最大值33【解析】【分析】（1）由已知條件結(jié)合等邊三角形三線合一，從而證出線線垂直，再利用線線垂直證出直線BC⊥平面AOE，BC⊥平面AOD，再根據(jù)過O只有一個平面與BC垂直且平面AOE與平面AOD有公共點O，則平面AOE與平面AOD是同一平面，從而證出A，D，O，E四點共面.（2）連接DO、AO、EO，AD，以O(shè)為坐標(biāo)原點，以O(shè)A，OB分別為x、y軸，以過點O且垂直于平面ABC的直線空間直角坐標(biāo)系，則得出點的坐標(biāo)，再結(jié)合等邊三角形三線合一和勾股定理以及空間兩點距離公式和(1)中∠AOE為二面角A?BC?E平面角，從而設(shè)∠AOE=θ，則點E3cosθ,0,?3sinθ，則得出向量的坐標(biāo)，再根據(jù)兩向量垂直數(shù)量積為0的等價關(guān)系和數(shù)量積的坐標(biāo)表示，從而得出平面ACD（1）連接DO、AO、EO，因為△ABC，△DBC，△EBC都是等邊三角形，所以AO⊥BC,EO⊥BC,DO⊥BC，又AO,EO在平面AOE內(nèi)交于點O，AO,DO在平面AOD內(nèi)交于點O，所以BC⊥平面AOE，BC⊥平面AOD，因為過O只有一個平面與BC垂直，且平面AOE與平面AOD有公共點O，所以平面AOE與平面AOD是同一平面，即A，D，O，E四點共面；（2）連接DO、AO、EO，AD，以O(shè)A，OB分別為x、y軸，以過點O且垂直于平面ABC的直線空間直角坐標(biāo)系，則A3,0,0因為△DBC是等邊三角形，邊長BC=AB=DC=23，點O為BC所以BO=CO=3，所以又AD=23設(shè)Dx,y,z所以AD=x?32+所以D1,0,2因為△EBC是等邊三角形，邊長BC=BE=23，點O為BC所以BO=CO=3，又EO=設(shè)Ex所以BE=x12由(1)得∠AOE為二面角A?BC?E平面角，設(shè)∠AOE=θ，則點E3故OE=設(shè)平面ACD的法向量為n=則n?取x2=2所以n=設(shè)直線OE與平面ACD所成角為α，則sinα=其中cosφ=當(dāng)cosθ+φ=1時，sinα所以直線OE與平面ACD所成角的正弦值的最大值3318．【答案】（1）解：質(zhì)點運動3次后停在原點右側(cè)的情況有4種，分別是：3次向右；1次不動，2次向右；2次向右，1次向左；2次不動，1次向右；所以質(zhì)點運動3次后停在原點右側(cè)的概率P=1（2）解：①質(zhì)點運動5次后停在原點右側(cè)的情況有4種，分別是：5次向右；第1次向右，后4次有3次向右，1次向左；前2次向右，后3次有1次向右，2次向左；第1次向右，第2次向左，第3次向右，后2次有1次向右，1次向左；所以運動5次后停在原點右側(cè)的概率P=q②第一輪游戲結(jié)束進(jìn)入第二輪游戲的情況有2種，分別是3次向右；2次向右、1次向左；則其概率為x3設(shè)兩輪游戲最終得分為隨機(jī)變量X，則X的所有可能取值為0、1、3，又PX=1PX=3所以E=3=3x因為0<q<1，所以0<x<10<a?x<1，即0<x<1所以當(dāng)0<a≤1時，0<x<a；當(dāng)1<a<2時a?1<x<1；記，則f'令gx當(dāng)0<a≤1時，0<x<a，因為g0=3a>0，g2根據(jù)零點存在性定理可得，存在x1∈0,a使得gx1所以當(dāng)0<x<x1時f'x>0所以fx在0,x1所以x1時fx的極大值點，所以當(dāng)1<a<2時a?1<x<1，因為g0=3a>0，g1根據(jù)零點存在性定理可得，存在x3∈0,1使得gx3要使fx在a?1,1則ga?1解得a<5?32因為1<a<2，所以1<a<5?綜上所述0<a<5?【解析】【分析】（1）質(zhì)點運動3次后停在原點右側(cè)的情況有4種，利用互斥事件的概率公式計算即可求解；（2）①列出質(zhì)點運動5次后停在原點右側(cè)的4種情況，根據(jù)相互獨立事件及互斥事件的概率公式計算可得；②求出第一輪游戲結(jié)束進(jìn)入第二輪游戲的概率，設(shè)兩輪游戲最終得分為隨機(jī)變量X，則X的所有可能取值為0、1、3，求出EX，再構(gòu)造函數(shù)f（1）質(zhì)點運動3次后停在原點右側(cè)的情況有4種，分別是：3次向右；1次不動，2次向右；2次向右，1次向左；2次不動，1次向右；所以質(zhì)點運動3次后停在原點右側(cè)的概率P=1（2）①質(zhì)點運動5次后停在原點右側(cè)的情況有4種，分別是：5次向右；第1次向右，后4次有3次向右，1次向左；前2次向右，后3次有1次向右，2次向左；第1次向右，第2次向左，第3次向右，后2次有1次向右，1次向左；所以運動5次后停在原點右側(cè)的概率P=q②第一輪游戲結(jié)束進(jìn)入第二輪游戲的情況有2種，分別是3次向右；2次向右、1次向左；則其概率為x3設(shè)兩輪游戲最終得分為隨機(jī)變量X，則X的所有可能取值為0、1、3，又PX=1PX=3所以E=3=3x因為0<q<1，所以0<x<10<a?x<1，即0<x<1所以當(dāng)0<a≤1時，0<x<a；當(dāng)1<a<2時a?1<x<1；記fx=3x令gx當(dāng)0<a≤1時，0<x<a，因為g0=3a>0，g2根據(jù)零點存在性定理可得，存在x1∈0,a使得gx1所以當(dāng)0<x<x1時f'x>0所以fx在0,x1所以x1時fx的極大值點，所以當(dāng)1<a<2時a?1<x<1，因為g0=3a>0，g1根據(jù)零點存在性定理可得，存在x3∈0,1使得gx3要使fx在a?1,1則ga?1解得a<5?32因為1<a<2，所以1