廣西欽州市靈山縣2025屆高考數(shù)學(xué)一模試卷含解析

廣西欽州市靈山縣2025屆高考數(shù)學(xué)一模試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知函數(shù)，若方程恰有兩個不同實根，則正數(shù)m的取值范圍為（）A． B．C． D．2．已知雙曲線的左、右焦點分別為，圓與雙曲線在第一象限內(nèi)的交點為M，若．則該雙曲線的離心率為A．2 B．3 C． D．3．若樣本的平均數(shù)是10，方差為2，則對于樣本，下列結(jié)論正確的是（）A．平均數(shù)為20，方差為4 B．平均數(shù)為11，方差為4C．平均數(shù)為21，方差為8 D．平均數(shù)為20，方差為84．已知拋物線C：，過焦點F的直線l與拋物線C交于A，B兩點（A在x軸上方），且滿足，則直線l的斜率為（）A．1 B．C．2 D．35．已知橢圓+=1(a>b>0)與直線交于A，B兩點，焦點F(0，-c)，其中c為半焦距，若△ABF是直角三角形，則該橢圓的離心率為（）A． B． C． D．6．已知全集U=x|x2≤4,x∈Z，A．-1 B．-1,0 C．-2,-1,0 D．-2,-1,0,1,27．拋物線的焦點為，則經(jīng)過點與點且與拋物線的準線相切的圓的個數(shù)有（）A．1個 B．2個 C．0個 D．無數(shù)個8．已知三棱錐的體積為2，是邊長為2的等邊三角形，且三棱錐的外接球的球心恰好是中點，則球的表面積為（）A． B． C． D．9．已知為虛數(shù)單位，實數(shù)滿足，則()A．1 B． C． D．10．某空間幾何體的三視圖如圖所示（圖中小正方形的邊長為1），則這個幾何體的體積是（）A． B． C．16 D．3211．已知集合，將集合的所有元素從小到大一次排列構(gòu)成一個新數(shù)列，則（）A．1194 B．1695 C．311 D．109512．若數(shù)列滿足且，則使的的值為()A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在平面直角坐標系xOy中，已知A0,a,B3,a+414．記實數(shù)中的最大數(shù)為，最小數(shù)為.已知實數(shù)且三數(shù)能構(gòu)成三角形的三邊長，若，則的取值范圍是.15．如圖所示，在直角梯形中，，、分別是、上的點，，且（如圖①）.將四邊形沿折起，連接、、（如圖②）.在折起的過程中，則下列表述：①平面；②四點、、、可能共面；③若，則平面平面；④平面與平面可能垂直.其中正確的是__________.16．設(shè)等比數(shù)列的前項和為，若，則數(shù)列的公比是．三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知數(shù)列的各項均為正數(shù)，且滿足.（1）求，及的通項公式；（2）求數(shù)列的前項和.18．（12分）在平面直角坐標系中，已知橢圓的中心為坐標原點焦點在軸上，右頂點到右焦點的距離與它到右準線的距離之比為．（1）求橢圓的標準方程；（2）若是橢圓上關(guān)于軸對稱的任意兩點，設(shè)，連接交橢圓于另一點．求證：直線過定點并求出點的坐標；（3）在（2）的條件下，過點的直線交橢圓于兩點，求的取值范圍．19．（12分）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，平面平面，點為棱的中點．（Ⅰ）在棱上是否存在一點，使得平面，并說明理由；（Ⅱ）當(dāng)二面角的余弦值為時，求直線與平面所成的角．20．（12分）已知函數(shù)，曲線在點處的切線在y軸上的截距為.（1）求a；（2）討論函數(shù)和的單調(diào)性；（3）設(shè)，求證：.21．（12分）如圖，在中，，的角平分線與交于點，.（Ⅰ）求；（Ⅱ）求的面積.22．（10分）已知函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為，（1）若，求不等式的解集；（2）證明：對任意的，恒有.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】

當(dāng)時，函數(shù)周期為，畫出函數(shù)圖像，如圖所示，方程兩個不同實根，即函數(shù)和有圖像兩個交點，計算，，根據(jù)圖像得到答案.【詳解】當(dāng)時，，故函數(shù)周期為，畫出函數(shù)圖像，如圖所示：方程，即，即函數(shù)和有兩個交點.，，故，，，，.根據(jù)圖像知：.故選：.【點睛】本題考查了函數(shù)的零點問題，確定函數(shù)周期畫出函數(shù)圖像是解題的關(guān)鍵.2、D【解析】

本題首先可以通過題意畫出圖像并過點作垂線交于點，然后通過圓與雙曲線的相關(guān)性質(zhì)判斷出三角形的形狀并求出高的長度，的長度即點縱坐標，然后將點縱坐標帶入圓的方程即可得出點坐標，最后將點坐標帶入雙曲線方程即可得出結(jié)果?！驹斀狻扛鶕?jù)題意可畫出以上圖像，過點作垂線并交于點，因為，在雙曲線上，所以根據(jù)雙曲線性質(zhì)可知，，即，，因為圓的半徑為，是圓的半徑，所以，因為，，，，所以，三角形是直角三角形，因為，所以，，即點縱坐標為，將點縱坐標帶入圓的方程中可得，解得，，將點坐標帶入雙曲線中可得，化簡得，，，，故選D?！军c睛】本題考查了圓錐曲線的相關(guān)性質(zhì)，主要考察了圓與雙曲線的相關(guān)性質(zhì)，考查了圓與雙曲線的綜合應(yīng)用，考查了數(shù)形結(jié)合思想，體現(xiàn)了綜合性，提高了學(xué)生的邏輯思維能力，是難題。3、D【解析】

由兩組數(shù)據(jù)間的關(guān)系,可判斷二者平均數(shù)的關(guān)系,方差的關(guān)系,進而可得到答案.【詳解】樣本的平均數(shù)是10，方差為2，所以樣本的平均數(shù)為,方差為.故選:D.【點睛】樣本的平均數(shù)是，方差為，則的平均數(shù)為,方差為.4、B【解析】

設(shè)直線的方程為代入拋物線方程，利用韋達定理可得,,由可知所以可得代入化簡求得參數(shù),即可求得結(jié)果.【詳解】設(shè)，（，）.易知直線l的斜率存在且不為0，設(shè)為，則直線l的方程為.與拋物線方程聯(lián)立得，所以，.因為，所以，得，所以，即，，所以.故選:B.【點睛】本題考查直線與拋物線的位置關(guān)系,考查韋達定理及向量的坐標之間的關(guān)系,考查計算能力，屬于中檔題.5、A【解析】

聯(lián)立直線與橢圓方程求出交點A，B兩點，利用平面向量垂直的坐標表示得到關(guān)于的關(guān)系式，解方程求解即可.【詳解】聯(lián)立方程，解方程可得或，不妨設(shè)A(0，a)，B(-b，0)，由題意可知，·=0，因為，，由平面向量垂直的坐標表示可得，，因為，所以a2-c2=ac，兩邊同時除以可得，，解得e=或（舍去），所以該橢圓的離心率為.故選：A【點睛】本題考查橢圓方程及其性質(zhì)、離心率的求解、平面向量垂直的坐標表示；考查運算求解能力和知識遷移能力；利用平面向量垂直的坐標表示得到關(guān)于的關(guān)系式是求解本題的關(guān)鍵；屬于中檔題、?？碱}型.6、C【解析】

先求出集合U，再根據(jù)補集的定義求出結(jié)果即可．【詳解】由題意得U=x|∵A=1,2∴CU故選C．【點睛】本題考查集合補集的運算，求解的關(guān)鍵是正確求出集合U和熟悉補集的定義，屬于簡單題．7、B【解析】

圓心在的中垂線上，經(jīng)過點，且與相切的圓的圓心到準線的距離與到焦點的距離相等，圓心在拋物線上，直線與拋物線交于2個點，得到2個圓．【詳解】因為點在拋物線上，又焦點，，由拋物線的定義知，過點、且與相切的圓的圓心即為線段的垂直平分線與拋物線的交點，這樣的交點共有2個，故過點、且與相切的圓的不同情況種數(shù)是2種．故選：．【點睛】本題主要考查拋物線的簡單性質(zhì)，本題解題的關(guān)鍵是求出圓心的位置，看出圓心必須在拋物線上，且在垂直平分線上．8、A【解析】

根據(jù)是中點這一條件，將棱錐的高轉(zhuǎn)化為球心到平面的距離，即可用勾股定理求解.【詳解】解：設(shè)點到平面的距離為，因為是中點，所以到平面的距離為，三棱錐的體積，解得，作平面，垂足為的外心，所以，且，所以在中，，此為球的半徑，.故選：A.【點睛】本題考查球的表面積，考查點到平面的距離，屬于中檔題．9、D【解析】，則故選D.10、A【解析】幾何體為一個三棱錐，高為4，底面為一個等腰直角三角形，直角邊長為4，所以體積是，選A.11、D【解析】

確定中前35項里兩個數(shù)列中的項數(shù)，數(shù)列中第35項為70，這時可通過比較確定中有多少項可以插入這35項里面即可得，然后可求和．【詳解】時，，所以數(shù)列的前35項和中，有三項3，9，27，有32項，所以．故選：D．【點睛】本題考查數(shù)列分組求和，掌握等差數(shù)列和等比數(shù)列前項和公式是解題基礎(chǔ)．解題關(guān)鍵是確定數(shù)列的前35項中有多少項是中的，又有多少項是中的．12、C【解析】因為，所以是等差數(shù)列，且公差，則，所以由題設(shè)可得，則，應(yīng)選答案C．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、（-53，【解析】

求出AB的長度，直線方程，結(jié)合△ABC的面積為5，轉(zhuǎn)化為圓心到直線的距離進行求解即可．【詳解】解：AB的斜率k=a+4-a3-0=4=3設(shè)△ABC的高為h，則∵△ABC的面積為5，∴S=12|AB|h=即h＝2，直線AB的方程為y﹣a=43x，即4x﹣3y+3若圓x2+y2＝9上有且僅有四個不同的點C，則圓心O到直線4x﹣3y+3a＝0的距離d=|3a|則應(yīng)該滿足d＜R﹣h＝3﹣2＝1，即|3a|5得|3a|＜5得-53＜故答案為：（-53，【點睛】本題主要考查直線與圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，求出直線方程和AB的長度，轉(zhuǎn)化為圓心到直線的距離是解決本題的關(guān)鍵．14、【解析】試題分析：顯然，又，①當(dāng)時，，作出可行區(qū)域，因拋物線與直線及在第一象限內(nèi)的交點分別是（1，1）和，從而②當(dāng)時，，作出可行區(qū)域，因拋物線與直線及在第一象限內(nèi)的交點分別是（1，1）和，從而綜上所述，的取值范圍是．考點：不等式、簡單線性規(guī)劃.15、①③【解析】

連接、交于點，取的中點，證明四邊形為平行四邊形，可判斷命題①的正誤；利用線面平行的性質(zhì)定理和空間平行線的傳遞性可判斷命題②的正誤；連接，證明出，結(jié)合線面垂直和面面垂直的判定定理可判斷命題③的正誤；假設(shè)平面與平面垂直，利用面面垂直的性質(zhì)定理可判斷命題④的正誤.綜合可得出結(jié)論.【詳解】對于命題①，連接、交于點，取的中點、，連接、，如下圖所示：則且，四邊形是矩形，且，為的中點，為的中點，且，且，四邊形為平行四邊形，，即，平面，平面，平面，命題①正確；對于命題②，，平面，平面，平面，若四點、、、共面，則這四點可確定平面，則，平面平面，由線面平行的性質(zhì)定理可得，則，但四邊形為梯形且、為兩腰，與相交，矛盾.所以，命題②錯誤；對于命題③，連接、，設(shè)，則，在中，，，則為等腰直角三角形，且，，，且，由余弦定理得，，，又，，平面，平面，，，、為平面內(nèi)的兩條相交直線，所以，平面，平面，平面平面，命題③正確；對于命題④，假設(shè)平面與平面垂直，過點在平面內(nèi)作，平面平面，平面平面，，平面，平面，平面，，，，，，，又，平面，平面，.，平面，平面，.，，顯然與不垂直，命題④錯誤.故答案為：①③.【點睛】本題考查立體幾何綜合問題，涉及線面平行、面面垂直的證明、以及點共面的判斷，考查推理能力，屬于中等題.16、.【解析】

當(dāng)q=1時，.當(dāng)時，，所以.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；.；（2）【解析】

（1）根據(jù)題意，知，且，令和即可求出，，以及運用遞推關(guān)系求出的通項公式；（2）通過定義法證明出是首項為8，公比為4的等比數(shù)列，利用等比數(shù)列的前項和公式，即可求得的前項和.【詳解】解：（1）由題可知，，且，當(dāng)時，，則，當(dāng)時，，，由已知可得，且，∴的通項公式：.（2）設(shè)，則，所以，，得是首項為8，公比為4的等比數(shù)列，所以數(shù)列的前項和為：，即，所以數(shù)列的前項和：.【點睛】本題考查通過遞推關(guān)系求數(shù)列的通項公式，以及等比數(shù)列的前項和公式，考查計算能力.18、（1）；（2）證明詳見解析，；（3）.【解析】

(1)根據(jù)題意列出關(guān)于的等式求解即可.(2)先根據(jù)對稱性,直線過的定點一定在軸上,再設(shè)直線的方程為,聯(lián)立直線與橢圓的方程,進而求得的方程,并代入,化簡分析即可.(3)先分析過點的直線斜率不存在時的值,再分析存在時,設(shè)直線的方程為,聯(lián)立直線與橢圓的方程,得出韋達定理再代入求解出關(guān)于的解析式,再求解范圍即可.【詳解】解：設(shè)橢圓的標準方程焦距為,由題意得,由,可得則,所以橢圓的標準方程為；證明：根據(jù)對稱性,直線過的定點一定在軸上,由題意可知直線的斜率存在,設(shè)直線的方程為,聯(lián)立,消去得到,設(shè)點,則．所以,所以的方程為,令得,將,代入上式并整理,,整理得,所以,直線與軸相交于定點．當(dāng)過點的直線的斜率不存在時,直線的方程為,此時,當(dāng)過點的直線斜率存在時,設(shè)直線的方程為,且在橢圓上,聯(lián)立方程組,消去,整理得,則．所以所以,所以,由得,綜上可得,的取值范圍是．【點睛】本題主要考查了橢圓的基本量求解以及定值和范圍的問題,需要分析直線的斜率是否存在的情況,再聯(lián)立直線與橢圓的方程,根據(jù)韋達定理以及所求的解析式,結(jié)合參數(shù)的范圍進行求解.屬于難題.19、（1）見解析（2）【解析】

（Ⅰ）取的中點，連結(jié)、，得到故且，進而得到，利用線面平行的判定定理，即可證得平面.（Ⅱ）以為坐標原點建立如圖空間直角坐標系，設(shè)，求得平面的法向量為，和平面的法向量，利用向量的夾角公式，求得，進而得到為直線與平面所成的角，即可求解.【詳解】（Ⅰ）在棱上存在點，使得平面，點為棱的中點．理由如下：取的中點，連結(jié)、，由題意，且，且，故且.所以，四邊形為平行四邊形.所以，，又平面，平面，所以，平面.（Ⅱ）由題意知為正三角形，所以，亦即，又，所以，且平面平面，平面平面，所以平面，故以為坐標原點建立如圖空間直角坐標系，設(shè)，則由題意知，，，，，，設(shè)平面的法向量為，則由得，令，則，，所以取，顯然可取平面的法向量，由題意：，所以.由于平面，所以在平面內(nèi)的射影為，所以為直線與平面所成的角，易知在中，，從而，所以直線與平面所成的角為.【點睛】本題考查了立體幾何中的面面垂直的判定和直線與平面所成角的求解問題，意在考查學(xué)生的空間想象能力和邏輯推理能力；解答本題關(guān)鍵在于能利用直線與直線、直線與平面、平面與平面關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化，通過嚴密推理，明確角的構(gòu)成，著重考查了分析問題和解答問題的能力.20、（1）（2）為減函數(shù)，為增函數(shù).（3）證明見解析【解析】

（1）求出導(dǎo)函數(shù)，求出切線方程，令得切線的縱截距，可得（必須利用函數(shù)的單調(diào)性求解）；（2）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，由導(dǎo)數(shù)的正負確定單調(diào)性；（3）不等式變形為，由遞減，得()，即，即，依次放縮，．不等式，遞增得()，,,,先證，然后同樣放縮得出結(jié)論．【詳解】解：（1）對求導(dǎo)，得.因此.又因為，所以曲線在點處的切線方程為，即.由題意，.顯然，適合上式.令，求導(dǎo)得，因此為增函數(shù)：故