黃金卷01(廣東)-2025年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)模擬卷(解析)

高中數(shù)學(xué)精編資源試卷第=page22頁，共=sectionpages2222頁2/2備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)模擬卷（廣東專用）黃金卷01（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）第I卷（選擇題）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的。1．已知復(fù)數(shù)z滿足2z-i=zi，則zA．5 B．33 C．55 D【答案】C【分析】利用復(fù)數(shù)的除法化簡得出復(fù)數(shù)z，利用復(fù)數(shù)的模長公式可求得z的值.【詳解】因為2z-i=zi，則2-所以，z=故選：C.2．已知一組數(shù)據(jù)：2，5，7，x，10的平均數(shù)為6，則該組數(shù)據(jù)的第60百分位數(shù)為（

）A．7 B．6.5 C．6 D．5.5【答案】B【分析】先根據(jù)平均數(shù)求x的值，然后將數(shù)據(jù)從小到大排列，根據(jù)百分位數(shù)的概念求值.【詳解】因為2+5+7+x+105=6?所以數(shù)據(jù)為：2，5，6，7，10.又因為5×60%=3，所以這組數(shù)據(jù)的第60百分位數(shù)為：故選：B3．已知雙曲線C:x2a2-y2A．y=±3x BC．y=±2x D【答案】D【分析】根據(jù)雙曲線的性質(zhì)，即可解題.【詳解】由題意可知a2+1=4，所以a2=3，所以雙曲線故選：D.4．已知等差數(shù)列an的前n項和為Sn，若a2=2，S7A．-5 B．5 C．-52 D【答案】D【分析】根據(jù)等差數(shù)列性質(zhì)可得a4=1，結(jié)合等差數(shù)列通項公式列式求a【詳解】設(shè)等差數(shù)列an的公差為d因為S7=7a且a2=2，則a4所以S10故選：D.5．在第33屆夏季奧運會期間，中國中央電視臺體育頻道在某比賽日安排甲、乙、丙、丁4個人參加當(dāng)天A，B，C三個比賽場地的現(xiàn)場報道，且每個場地至少安排一人，甲不在A場地的不同安排方法數(shù)為（

）A．32 B．24 C．18 D．12【答案】B【分析】按照A場地安排人數(shù)分類討論，結(jié)合分類加法原理，利用排列組合知識求解即可.【詳解】按照A場地安排人數(shù)，可以分以下兩類：第一類，A場地安排1人，共C3第二類，A場地安排2人，共C3由分類加法計數(shù)原理得，共有18+6=24（種）不同安排方法.故選：B6．已知A,B是圓x2+y2=4上的兩個動點，且AB=22，點MA．12 B．62 C．6 D．【答案】C【分析】先根據(jù)題意求出M的軌跡方程為x2+y2=2，設(shè)Mx0,y0到直線x+y-4=0【詳解】根據(jù)已知有，圓心O0,0，半徑r=2，因為弦AB所以圓心到AB所在直線的距離d=r又因為M為AB的中點，所以有OM=2所以M的軌跡為圓心為O0,0，半徑為rM的軌跡方程為x2令直線為x+y-4=0，則Mx0,y0則d=x0+y0x0由此可將問題轉(zhuǎn)化為求圓x2+y2=2設(shè)圓心O0,0到直線的距離為d0，則d0所以x0+故選：C7．已知θ∈π2,3πA．14 B．34 C．1 D【答案】D【分析】由三角恒等變換結(jié)合角θ的范圍得tanθ=-2，再由三角恒等變換結(jié)合商數(shù)關(guān)系即可求解【詳解】θ∈π所以-2tanθ+12=tan由題意tanθ<-1，所以解得tan故1-sin故選：D.【點睛】關(guān)鍵點點睛：關(guān)鍵在于求得tanθ=-2，進一步將所求式子化成關(guān)于tanθ8．“四二一廣場”是重慶第一中學(xué)校的文化地標（如圖1），廣場中心的建筑形似火炬宛若花開，三朵“花瓣”都是拓撲學(xué)中的莫比烏斯帶（如圖2）.將莫比烏斯帶投影到平面上，會得到無窮大符號“∞”.在平面直角坐標系中，設(shè)線段AB長度為2a（a>0），坐標原點O為AB中點且點A，B均在x軸上，若動點P滿足PA×PB=a2，那么點P的軌跡稱為雙紐線，其形狀也是無窮大符號“∞”（如圖3）.若a=1，點P在第一象限且cos

A．2 B．22 C．12 D【答案】A【分析】設(shè)Px,y，根據(jù)雙紐線的定義求出點P的軌跡方程，設(shè)OP=r,∠POB=θ，則Prcosθ,rsinθ，代入方程求出【詳解】A-1,0,B1,0由雙紐線的定義得PA×即x+12化簡得x2顯然OB=1，設(shè)OP=r,∠POB=θ，則代入方程x2+y所以r2由余弦定理得PB2所以PB=所以PA=故選：A.【點睛】方法點睛：求動點的軌跡方程有如下幾種方法：（1）直譯法：直接將條件翻譯成等式，整理化簡后即得動點的軌跡方程；（2）定義法：如果能確定動點的軌跡滿足某種已知曲線的定義，則可利用曲線的定義寫出方程；（3）相關(guān)點法：用動點Q的坐標x、y表示相關(guān)點P的坐標x0、y0，然后代入點P的坐標x0（4）參數(shù)法：當(dāng)動點坐標x、y之間的直接關(guān)系難以找到時，往往先尋找x、y與某一參數(shù)t得到方程，即為動點的軌跡方程；（5）交軌法：將兩動曲線方程中的參數(shù)消去，得到不含參數(shù)的方程，即為兩動曲線交點的軌跡方程.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。9．已知函數(shù)fx=tanωx-πA．ω=4B．fx的最小正周期為C．fx的圖象的一條漸近線為直線D．fx的增區(qū)間為【答案】BC【分析】利用正切型函數(shù)的對稱性和周期性可判斷AB選項；利用正切型函數(shù)的漸近線可判斷C選項；利用正切型函數(shù)的單調(diào)性可判斷D選項.【詳解】對于AB選項，因為函數(shù)fx=tan則該函數(shù)的最小正周期為T=π2，所以，ω=πT=2對于C選項，fx=tan2x-π所以，fx的圖象的一條漸近線為直線x=3π8對于D選項，由kπ可得kπ所以，fx的增區(qū)間為kπ2-故選：BC.10．正八面體是一種正多面體，也是一種正軸體，由8個正三角形面組成，每個面均為正三角形.如圖，正八面體EABCDF的棱長為10，M為棱FC上一點，且CM=2，則（

）A．平面EDC//平面FBAB．該正八面體外接球的表面積為100C．二面角E-AD-F的余弦值為-D．異面直線AE與BM所成角的余弦值為21【答案】ACD【分析】應(yīng)用線面平行結(jié)合面面平行判定定理判斷A,再根據(jù)正八面體的性質(zhì)結(jié)合外接球表面積公式計算判斷B,應(yīng)用二面角定義找到∠ENF即二面角E-AD-F的平面角再結(jié)合余弦定理求解判斷C,根據(jù)線線平行得出異面直線所成角為∠BMF再余弦定理計算即可判斷D.【詳解】由正八面體的性質(zhì)可得ED//BF,BF?平面FBA,ED不在平面FBA內(nèi)，所以ED//平面FBA，又因為DC//AB，AB?平面FBA,DC不在平面FBA內(nèi)，所以DC//平面FBA，又ED∩DC=D,ED,DC?平面EDC,所以平面EDC//平面FBA，A正確.連接EF，AC.設(shè)EF與AC交于點O，則AO即該正八面體外接球的半徑.因為AO=100+1002=52，所以該正八面體外接球的表面積為4取AD的中點N，連接EN,FN,易得EN⊥AD,FN⊥AD,則∠ENF即二面角E-AD-F的平面角.因為正八面體EABCDF的棱長為10，所以EN=53,FN=53,所以cos∠ENF=(53)因為FC//AE，所以∠BMF即異面直線AE與BM所成的角.因為CM=2，所以FM=8.因為∠BFM=π所以BM=100+64-2×10×8×cosπ3=221故選：ACD.11．定義域為R的連續(xù)函數(shù)fx，對任意x,y∈R,fx+y+fx-y=fxfA．fxB．fC．若f1=0D．若0為fx的極小值點，則fx【答案】ACD【分析】令x=y=0，先求f0=2，再令x=0，結(jié)合奇偶性定義判斷A，令x=y，結(jié)合換元法判斷B，令y=1，結(jié)合f1=0，先求出fx的周期為4，算出f1【詳解】對于選項A，令x=y=0，有2f0=f0f0若f0=0，只令y=0，有2fx=fx所以f0≠0，所以只令x=0，有fy+f-y所以fy+f-y所以f-x=fx，所以f對于選項B，令x=y，有f2x令t=2x∈R，所以ft+f0≥0對于選項C，若f1=0，令y=1，有所以fx+1+fx-1所以fx+2=-fx所以fx的周期為4因為f0=2，所以f2=-f0=-2，所以f1所以i=110f(i)=2×f對于選項D，由選項A可知f0因為fx為偶函數(shù)，所以只需求解x>0的f因為0為fx的極小值點，所以存在a>0，使x∈0,a時，由選項B可知，f2x所以f2x若f2x≤fx，則f與x∈0,a時，f故f2x>fx，所以fx2由上述過程同理可證fx<-1不成立，所以所以當(dāng)x≥0時，fx≥2，又因為所以當(dāng)x∈R時，fx的最小值為2，故選項D故選：ACD.【點睛】關(guān)鍵點點晴：本題的關(guān)鍵在于選項D，利用極值的定義知存在a>0，使x∈0,a時，fx>f0=2再分f2x≤fx和第II卷（非選擇題）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．設(shè)全集U=R，集合A=x|x>1,B=x|x<-a，且B??U【答案】-1,+∞【分析】根據(jù)集合的運算結(jié)果，結(jié)合數(shù)軸進行計算即可得解.【詳解】∵?又∵B??∴-a≤1，∴a≥-1．故答案為：-1,+∞.13．已知x+14+2x5【答案】44【分析】將x+14+2x5【詳解】因為x+14所以上面展開式中含有x-12項為C所以a2故答案為：44.14．已知3a=2+3b，則【答案】3【分析】令t=3a=2+3b，t>2，通過指數(shù)式與對數(shù)式互化用【詳解】令t=3a=2+3b，t>2∴2a-b=2log令m=t2t-2，t>2，則m=t-22∴l(xiāng)og3t故答案為：3log【點睛】關(guān)鍵點點睛：在應(yīng)用基本不等式求最值時，要把握不等式成立的三個條件，就是“一正——各項均為正；二定——積或和為定值；三相等——等號能否取得”，若忽略了某個條件，就會出現(xiàn)錯誤．四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及驗算步驟。15．（13分）已知fx=x+asinx，曲線y=fx在點(1)求a的值；(2)求不等式fx+1+f【答案】(1)-1(2)-【分析】（1）求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得參數(shù)值；（2）根據(jù)導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，再結(jié)合函數(shù)的奇偶性解不等式即可.【詳解】（1）由已知fx=x+asin又函數(shù)y=fx在點Pπ,π處的切線斜率為即f'解得a=-1；（2）由（1）得fx=x-sin則f'即fx在R又f-x即函數(shù)fx由fx+1+f3-2x即x+1>2x-3，解得x<4，即不等式的解集為-∞16．（15分）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=5，BC=2，側(cè)面BB1C

(1)求證：平面AA1D⊥(2)線段BC上是否存在一個點E，使直線C1E與平面ACC1A【答案】(1)證明見解析(2)存在，1【分析】（1）先證明BC⊥AA1，AD⊥BC得BC⊥平面AA1D（2）先由題意取AD中點O，證明A1O⊥平面ABC，建系，求出相關(guān)點和向量的坐標，依題設(shè)BE=tBC【詳解】（1）因BB1C1C是正方形，則BC⊥BB1由AB=AC,CD=DB,則AD⊥BC.因AA1∩AD=A,則BC⊥又BC?平面ABC,故平面AA1D⊥（2）

如圖，取C1B1的中點M，連接DM,易得DM⊥CB,故∠ADM即二面角A-BC-B1的平面角，即易得∠A1AO=π3,取AD中點O，連接OA1,過點O作因AD=(5)2-1由（1）得平面AA1D⊥平面ABC，且平面AA1D∩平面故得A1O⊥平面因此可分別以O(shè)F,OD,O則A(0,-1,0),A依題意，設(shè)BE=tBC=t(-2,0,0)=(-2t,0,0)則C1因AA1=(0,1,3),則n?AA設(shè)直線C1E與平面ACC則sinθ=|n?C因t∈[0,1]，故t=14，即故當(dāng)點E是BC的一個四等分點（靠近點B）時，直線C1E與平面ACC1A17．（15分）甲、乙兩名同學(xué)玩擲骰子積分游戲，規(guī)則如下：每人的初始積分均為0分，擲1枚骰子1次為一輪，在每輪游戲中，從甲、乙兩人中隨機選一人擲骰子，且兩人被選中的概率均為12,當(dāng)骰子朝上的點數(shù)不小于3時，擲骰子的人積2分，否則此人積1分，未擲骰子的人本輪積0分，然后進行下一輪游戲．已知每輪擲骰子(1)求經(jīng)過4輪游戲，甲的累計積分為4分的概率(2)經(jīng)商議，甲、乙決定修改游戲規(guī)則，具體如下：甲、乙輪流擲骰子，誰擲誰積分，第一次由甲擲．當(dāng)骰子朝上的點數(shù)不小于3時，積2分，否則積1分．甲、乙分別在5~25分之間選一個整數(shù)分數(shù)（含5分和25分），且兩人所選的分數(shù)不同，當(dāng)兩人累計積分之和首先等于其中一人所選分數(shù)時，此人贏得游戲．記兩人累計積分之和為n的概率為P（i）證明：Pn+1（ⅱ）甲選哪個分數(shù)對自己最有利？請說明理由【答案】(1)2891296(2)（i）證明見解析；（ⅱ）甲選擇6分對自己最有利，理由見解析.【分析】（1）求出甲每輪積分為0，1，2分的概率，再將所求概率的事件分拆成彼此互斥事件的和，利用概率的加法、乘法公式列式計算即得.（2）（i）根據(jù)給定條件，利用條件概率、全概率公式列式，再利用等比數(shù)列定義推理即得；（ⅱ）利用累加法求出P(n)，借助數(shù)列單調(diào)性求出最大值即可判斷得解.【詳解】（1）甲每輪游戲的積分可能為0分、1分、2分，記其每輪積分為0分、1分、2分的概率分別為P'則P'經(jīng)過4輪游戲，甲的累計積分為4分的所有可能情況如下：4輪中甲擲2輪，且每輪積分均為2分；4輪中甲擲3輪，每輪積分分別為2，1，1；甲擲4輪，每輪積分均為1分，所以經(jīng)過4輪游戲，甲的累計積分為4分的概率P=C（2）（i）記“累計積分之和為n+2”為事件An+2,“累計積分之和為n+1”為事件An+1,“累計積分之和為n于是P(n+2)=P(A則P(n+2)-P(n+1)=-23[P(n+1)-P(n)]所以Pn+1-Pn是首項為4（ii）由（i）得，當(dāng)n≥2時，P(n)-P(n-1)=4累加得P(n)-P(1)=(-因此P(n)=35[1-(-23)當(dāng)n≥5且n為偶數(shù)時，Pn=3則當(dāng)n=6時，P(n)最大，所以甲選擇6分對自己最有利．【點睛】關(guān)鍵點點睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成兩兩互斥事件的和，相互獨立事件的積是解題的關(guān)鍵.18．（17分）已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F，準線為l,O為坐標原點，G是C上一點，且G到l的距離為4p,△OFG的面積為(1)求C的方程；(2)已知過點F且不與坐標軸垂直的直線與C交于A,B兩點．（?。┰O(shè)直線OA,OB分別與l交于點M,N，證明：AN∥BM；（ⅱ）設(shè)l與x軸的交點為K，線段AB的垂直平分線與x軸交于Q點，則A,Q,B,K四點是否在同一個圓上？并說明理由．【答案】(1)y(2)（ⅰ）證明過程見解析；（ⅱ）A,Q,B,K四點共圓，理由見解析【分析】（1）求出焦點和準線，設(shè)Gx0,y0，由焦半徑公式得到方程，求出x（2）（ⅰ）設(shè)直線AB:y=kx-1，與y2=4x聯(lián)立，得到兩根之和，兩根之積，表達出直線OA:y=y1x1（ⅱ）求出直線AB的垂直平分線方程，得到Q3+2k2,0，故QF=2+2k2，【詳解】（1）由題意得Fp2,0設(shè)Gx0,y0故y02=2pS△OFG解得p=2，C的方程為y2（2）（ⅰ）F1,0，準線方程為x=-1設(shè)直線AB:y=kx-1，與y2=4x設(shè)Ax1,直線OA:y=y1x1x，當(dāng)x=-1同理可得N-1,-則AN=-1-x故-1-=y故AN∥BN，（ⅱ）A,Q,B,K四點共圓，理由如下：由題意得K-1,0y1則x1+x22故直線AB的垂直平分線方程為y-2令y=0得x=3+2k2則QF=3+2k2-1=2+由焦半徑公式可得AF=因為x則AF?故QF?又∠AFQ=∠BFK，故△AFQ∽△KFB，△AFK∽△QFB，故∠BKQ=∠BAQ,∠ABQ=∠AKQ，由于∠AQB+∠BAQ+∠ABQ=π，故∠AQB+∠AKQ+∠BKQ=即∠AQB+∠AKB=π從而A,Q,B,K四點共圓.【點睛】方法點睛：定值問題常見方法：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；（2）直接推理計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.19．（17分）給定整數(shù)n≥3，由n元實數(shù)集合S定義其相伴數(shù)集T=a-b∣a?b∈S,a≠b，如果minT=1，則稱集合S為一個n元規(guī)范數(shù)集，并定義S的范數(shù)f(1)判斷A=-0.1,-1.1,2,2.5、B=(2)任取一個n元規(guī)范數(shù)集S，記m、M分別為其中最小數(shù)與最大數(shù)，求證：minS(3)當(dāng)S=a1,a2,?,注：minX、maxX分別表示數(shù)集X【答案】(1)集合A不是規(guī)范數(shù)集；集合B是規(guī)范數(shù)集；(2)證明見詳解；(3)1012×1011.【分析】（1）根據(jù)n元規(guī)范數(shù)集的定義，只需判斷集合A,B中的元素兩兩相減的差的絕對值，是否都大于等于1即可；（2）利用n元規(guī)范數(shù)集的定義，得到xi+1-xi≥1，從而分類討論x（3）法一：當(dāng)a1≥0時，證得an≥n-1+a1，從而得到f≥1011×2023；當(dāng)a2023≤0時，證得-a法二：利用規(guī)范數(shù)集的性質(zhì)與（2）中結(jié)論即可得解.【詳解】（1）對于集合A：因為2.5-2=0.5<1，所以集合A對于集合B：因為B=-1.5,-0.5,0.5,1.5又-1.5-(-0.5)=1，-1.5-0.5=2，-1.5-1.5=3，-0.5-0.5=1，所以B相伴數(shù)集T=1,2,3，即minT=1，故集合（2）不