高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1廣東省四校2025屆高考模擬測(cè)試（三）聯(lián)考數(shù)學(xué)試題一、單選題1．設(shè)集合A=xsin2x>0，B=-1,0,1,2,3，則下列集合中，與A．1,2 B．1,2,3 C．-1,0 D．1【答案】D【解析】由sin2x>0，得2kπ<2x<即A=(kπ,π當(dāng)k=0時(shí)，1∈A，不存在整數(shù)k，使得-1,0,2,3是A中元素，所以A∩B=1故選：D2．設(shè)fx是定義在實(shí)數(shù)集上的周期函數(shù)，則“fx的最小周期為1”是“f0=fA．既不充分也不必要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．充分必要條件【答案】B【解析】由fx的最小周期為1可得fx+1=f所以“fx的最小周期為1”?f當(dāng)fx=sinπx時(shí)，f所以f0=f2推不出“fx的最小周期為1”，所以“fx的最小周期為1”故選：B.3．復(fù)數(shù)z1，z2滿足：z1+z2=5+5A．3+2i B．2+3i C．1+4i【答案】A【解析】由z1+i?z2=4即z1故選：A.4．正項(xiàng)等比數(shù)列an及其前項(xiàng)和Sn滿足：S4=10S2，A．416 B．468 C．520 D．607【答案】C【解析】設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，由S4=10所以a3+a4=9由an>0，所以q=3，由S3即S4故選：C.5．實(shí)數(shù)a滿足：loga8+log2a<4，且a>1A．1,8 B．1,4 C．2,4 D．2,8【答案】D【解析】loga令t=log2a，則t=log2令g'(t)>0得t>3；令g∴函數(shù)g(t)=3t+t在0,3又g(1)=g(3)=4，∴t∈1,3，即log2a∈故選：D.6．設(shè)α∈0,π，且2cosα-3?A．2 B．22 C．23 D【答案】B【解析】2cos即2cos解得：cosα=13，所以sin故選：B.7．若平面向量a，b，c滿足a-b=2bA．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【解析】2a當(dāng)a-b與故選：B8．橢圓E：x24+y23=1與曲線H：xy=k在第一象限內(nèi)交于PA．-34 B．-43 C．【答案】D【解析】不妨設(shè)Px1,則直線PQ的斜率k將xy=k與x24+y2由韋達(dá)定理得x1x22=所以kPQ故選：D.二、多選題9．一組數(shù)據(jù)為x1<x2<???<x10A．新數(shù)據(jù)的平均值一定比原數(shù)據(jù)的大 B．新數(shù)據(jù)的中位數(shù)一定比原數(shù)據(jù)的大C．新數(shù)據(jù)的方差一定比原數(shù)據(jù)的大 D．新數(shù)據(jù)的極差一定比原數(shù)據(jù)的大【答案】AB【解析】對(duì)于A，數(shù)據(jù)x1<x2<可知新數(shù)據(jù)的平均值一定比原數(shù)據(jù)的平均值大，故A正確；對(duì)于B，原數(shù)據(jù)的中位數(shù)是x5+x由x5<x對(duì)于C，若x1導(dǎo)致數(shù)據(jù)分布更集中，方差變小，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，原數(shù)據(jù)的極差為x10-x1，而新數(shù)據(jù)的極差為可知新數(shù)據(jù)的極差比原數(shù)據(jù)小，故D錯(cuò)誤.故選：AC.10．三棱錐P-ABC的體積為V，則下列正確的有（

）A．若該三棱錐有3條棱的長為3，則V≤3B．若該三棱錐有5條棱的長為2，則V≤1C．若PA=PB=PC=3，AB=2，則V≤2D．若PA=PB=AC=BC=3，則V≤2【答案】BCD【解析】不妨設(shè)PA=PB=AB=3，此時(shí)顯然V可以任意大，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；不妨設(shè)僅有PC的長不一定為2，作出圖形如圖：

可知，該問題可以理解為：將面ABC進(jìn)行翻折，求V最大值顯然平面ABC⊥平面ABP時(shí)，V最大，此時(shí)V=1，可知V≤1，故選項(xiàng)B正確；可知△PAB的面積為22，而PC=3，說明P-ABC在底面PAB上的高至多為3，可知V≤22，故選項(xiàng)設(shè)O是AB中點(diǎn)，設(shè)OA=a，OC=h，則h2+a在a，h給定時(shí)，顯然平面ABC⊥平面ABP時(shí)，V最大,這時(shí)Va=1當(dāng)x∈0,3，V'a>0；當(dāng)所以函數(shù)Va在0,3上單調(diào)遞增，在所以Va≤V3=23，即故選：BCD.11．正整數(shù)數(shù)列an滿足：an+2-A．若a1=1，a2=5，則B．若am+1-amC．若am+1-amD．若an有最大值，則a【答案】ACD【解析】我們把絕對(duì)值理解為距離，把數(shù)列畫在數(shù)軸上，如圖：其中AM=2BM，AB=BN，點(diǎn)an+2只能落在MN上，也就是會(huì)更靠近aA選項(xiàng)，a1=1，a2=5時(shí)，設(shè)則m-1=25-m，m-5=5-1，解得m=113a3可能取4，5，6，7，8，9，共6個(gè)可能，AB選項(xiàng)，當(dāng)an+2的變化方向與an+1相同時(shí)，每次都至多增大若am+1-amam+2-C選項(xiàng)，當(dāng)an+2的變化方向與an+1相反時(shí)，至多變化此后每次an變化，若方向相同，結(jié)合B可知，則至多變化a若方向相反，則變化的“步長”會(huì)一直嚴(yán)格減小，這就是說：若am+1-amam+2-D選項(xiàng)，由于an若某次an停下，即an+1-若an一直不停下，由于其左右兩側(cè)都有邊界，a而由選項(xiàng)C，只要變化方向改變，變化的“步長”就會(huì)一直嚴(yán)格減小，最后永遠(yuǎn)停下，D正確.故選：ACD三、填空題12．雙曲線H的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P在H靠近F2的一支上，若PF1=F【答案】5+2【解析】由題可知：PF1=過F1作F1M⊥PF2，垂足為M即5a=5-2故答案為：5+2513．方程x2-5=a有四個(gè)可以排列成等差數(shù)列的實(shí)根，則a【答案】4【解析】解法一：直接解方程解得這四個(gè)解分別是：5-a，5+a，-5-a，由等差關(guān)系，可知：5+a=35-a，解得解法二：利用對(duì)稱性可知，這四個(gè)解分別是：b，3b，-b，-3b，計(jì)算可得5-b2即：a=4.故答案為：4.14．考慮一個(gè)指標(biāo)X，這指標(biāo)初始為0，另一個(gè)指標(biāo)T初始為1，接下來投擲若干次質(zhì)地均勻的硬幣，每次投擲結(jié)束后，都依據(jù)投擲的結(jié)果做接下來的操作：①擲出反面：把T的值變?yōu)?T，例如當(dāng)T=1時(shí)，擲出反面后T的值變?yōu)?1；②擲出正面：把X的值變?yōu)閄+T，例如當(dāng)X=1，T=1時(shí)，擲出正面后X的值變?yōu)?；已知投擲199次硬幣后，X的值最終變?yōu)?，且這199次投擲中，恰好擲出了r次正面的概率最大，則r的值為.【答案】98或100【解析】顯然擲出正面的次數(shù)是偶數(shù)，不妨設(shè)擲出了2k次正面，也就是擲出了199-2k次反面，199-2k是奇數(shù)，則每次投擲結(jié)束后，X的變化無非是下面這樣：+1,???,+1可知：這199-2k次反面把+1與-1分別分成了100-k組，每一組分別有x1,???,x100-k個(gè)+1與y1只要x1另一方面，我們知道x1其中xi,yi≥0也就是說，共有C9999-k2種情況，可知在k=49,50時(shí)，概率取得最大值，即故答案為：98或100.四、解答題15．記△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)邊分別為a，b，c，且2sinA-B=（1）求B；（2）若a=32，點(diǎn)D在邊AB上且∠CAD=∠CDA，求△BCD的面積解：（1）在△ABC中，2sinA-B=∵sinA=3cosA，又sinA≠0，∴cosB=sinB，即2sin又B∈0,π，∴（2）法一：利用正、余弦定理解三角形在△ABC中，∵sinA=3cosA，∴sin2又∵A∈0,π，∴sinA>0，sin由正弦定理asinA=∵∠CAD=∠CDA，∴CD=AC=10設(shè)BD=x，在△BCD中，由余弦定理可得：CD將cos∠BDC=-cos∠ADC=-cosA=-1010，CD=10，BD=32代入化簡(jiǎn)得：法二：利用平面幾何過C作CM⊥AB，垂足為M.在△ABC中，∵sinA=3cosA，∴sin2又∵A∈0,π，∴sinA>0，sin由正弦定理asinA=∵∠CAD=∠CDA，∴CD=AC=10則在Rt△BMC中，BM=CM=3在Rt△AMC中，DM=AM=AC2∴S△BCD16．如圖，三棱錐P-ABC中，側(cè)面PAC⊥底面ABC，PA=PB=PC=2（1）證明：AB⊥BC；（2）若△PAB，△PBC都是等邊三角形，點(diǎn)Q在BP的延長線上，求直線QA與平面ABC所成角正切值為2時(shí)BQ的長度.（1）證明：如圖所示：取AC中點(diǎn)O，由PA=PC，可知OP⊥AC，由側(cè)面PAC⊥底面ABC，AC=平面PAC∩平面ABC，可知OP⊥平面ABC，OB?平面ABC，可知OP⊥OB，由勾股定理，可知OP可知OB=OC，即AB⊥BC；（2）解：AB=BC=PB，AB⊥BC，可知OB⊥AC，由OP2作QM⊥平面ABC，垂足為M，則∠QAM就是待求角的平面角，不妨設(shè)PQ=k?PB，則由△OBP∽可知OM=k，QM=1+k,可知：tan∠QAM=1+k1+k217．某地爆發(fā)瘟疫，現(xiàn)在你要負(fù)責(zé)檢查其中8位居民是否感染.已知可以通過檢測(cè)居民血樣來判斷該居民是否感染，若檢測(cè)結(jié)果呈陽性，就認(rèn)為該居民被感染了，否則認(rèn)為該居民沒有感染.由于事發(fā)突然，檢測(cè)物資儲(chǔ)備并不富裕，如果逐個(gè)檢查每位居民的血樣，就一定要消耗8份檢測(cè)物資.此時(shí)，你想到：也許可以先將這8位居民按2人一組或4人一組進(jìn)行分組，將同組居民的血樣混合起來進(jìn)行檢測(cè).這樣如果最終檢測(cè)結(jié)果不呈陽性，則說明該組所有居民都沒有感染，如果檢測(cè)結(jié)果呈陽性，則需要對(duì)該組每位居民再逐個(gè)檢測(cè)血樣.記：逐個(gè)檢測(cè)為方案A，2人一組檢測(cè)為方案B，4人一組檢測(cè)為方案C：（1）若已知這8位居民中有2位被感染，試確定上述哪種方案預(yù)期消耗物資最少；（2）若每位居民有p的概率被感染，試討論上述哪種方案預(yù)期消耗物資最少.解：（1）用方案A需要消耗8份檢測(cè)物資，記用方案B需要消耗X份檢測(cè)物資，則X的可能取值為6,8，用方案C需要消耗Y份檢測(cè)物資，則Y的可能取值為6,10：PX=6=C所以EXPY=6=C所以EY由EX<8<EY（2）延用（1）中的記號(hào)：現(xiàn)在以小組為單位進(jìn)行考察：方案B中：每個(gè)小組消耗物資期望為1-p方案C中：每個(gè)小組消耗物資期望為1-p于是：EX=12-81-p令EX>EY解得0≤p<1-22或當(dāng)0≤p<1-22時(shí)，1-p>2此時(shí)EY=10-81-p當(dāng)1-22<p≤1時(shí)，0≤1-p<EY=10-81-p令EX=EY解得p=1-22，此時(shí)1-p=2此時(shí)EY=10-818．已知拋物線Γ：y2=2x，點(diǎn)A在Γ上，點(diǎn)Pt,0（1）若t=2，求AP的最小值；（2）點(diǎn)Q是點(diǎn)P關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)，經(jīng)過點(diǎn)P的直線l與Γ交于兩點(diǎn)B，C；（?。┤鬉是B，Q中點(diǎn)，證明：AC⊥PQ；（ii）若直線AQ與Γ相切且AB=AC，直線AQ與l交于點(diǎn)D，求D解：（1）當(dāng)t=2時(shí)，P2,0，設(shè)A所以AP=當(dāng)a2=2，等號(hào)成立，即所以AP最小值為3；（2）（?。┰O(shè)直線l：x=my+t，Aa22,a，不妨設(shè)a>0，因?yàn)锳是B，Q中點(diǎn)，所以B2a2,2a，得由y2=2xx=my+t?y2所以Ca22,-a，由AC=（ii）由（?。┯衴1+y設(shè)B，C的中點(diǎn)為M，所以Mm2+t,m，由y2=2x即y'丨x=所以y-a=1ax-a22，即由Q-t,0在切線上，所以t=又因?yàn)锳M⊥BC，所以kAM?k由x=my+tay=x+a2記為fm=m所以f'm=3m2+2-10<m<33時(shí)，f'm<0，fm單調(diào)遞減；所以fm≥f13=19．點(diǎn)P是不在曲線Γ上的一點(diǎn)，點(diǎn)Q在曲線Γ上，若對(duì)于曲線Γ上任意一點(diǎn)A，都成立不等式PA≥PQ，則稱Q是P在曲線Γ1：y=lnx和Γ2：y=ex，點(diǎn)Pb,（1）若b<1，則有且僅有一點(diǎn)Q，使得Q是P在Γ2（2）若b>1；（i）在第二象限內(nèi)，不存在使得Q是P在Γ2上的主射影的點(diǎn)Q（ii）有且僅有一點(diǎn)Q，使得Q是P在Γ2上的主射影，且直線PQ的斜率隨b的增大而增大證明：（1）因?yàn)閒x=x-b設(shè)gx=x-b+e2x-g0=1-b-lnb>0，存在唯一的x1，使gx1=0，即有且僅有一點(diǎn)Q，使得Q是（2）（?。┲灰C明gx在-x<0時(shí)，若lnb>1，則x<0