2025年廣東湛江市高三一模數學試題答案詳解

第1頁/共1頁湛江市2025年普通高考測試（一）數學2025.3注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．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，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，，則（）．A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】解不等式確定集合，然后由交集定義計算．【詳解】因為，，所以．故選：A．2.已知向量，，若，則（）．A. B.2 C. D.5【答案】C【解析】【分析】根據垂直向量的數量積以及其坐標表示，建立方程，求得參數，利用模長公式，可得答案.【詳解】因為，所以，所以，所以．故選：C．3.在等比數列中，，，則（）．A. B.567 C.451 D.699【答案】B【解析】分析】由已知根據等比中項可得，分兩種情況利用通項公式求解即可.【詳解】因為，所以，當時，，，舍去，故，所以，即，所以.故選：.4.一組數據1，3，7，9，的中位數不小于平均數，則m的取值范圍為（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先計算這組數據的平均數，由平均數可得這組數據的中位數只可能是m或7，分兩種情況分別求解即可.【詳解】因為這組數據的平均數為，所以這組數據的中位數只可能是m或7，若這組數據的中位數是m，則，即，若這組數據的中位數是7，則，即，綜上所述，m的取值范圍為.故選：B.5.一個圓錐的側面展開圖是一個半徑為3，圓心角為的扇形，在該圓錐內有一個體積為V的球，則該球的體積V的最大值是（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據圓錐側面展開圖可得圓錐的半徑和高，由三角形面積公式即可求解內切球半徑，進而由球的體積公式求出答案.【詳解】由題意得，扇形的弧長，所以該圓錐的底面圓的半徑，所以該圓錐的高．設該圓錐內的球的最大半徑為R，圓錐的軸截面如圖所示：則依題意得，所以，所以該球的體積V的最大值是．故選：D6.已知函數在區(qū)間上存在唯一個極大值點，則m的最大值為（）．A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】在指定區(qū)間內求出相位的范圍，再結合極大值點的意義列出不等式求解.【詳解】當時，，由在區(qū)間上存在唯一個極大值點，得，解得，所以m的最大值為.故選：A7.已知，，點P滿足，當取到最大值時，的面積為（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由可得點P軌跡方程，然后由直線與圓D相切時，最大，可得答案.【詳解】設，由得，即，則點P軌跡為的圓心為，半徑為的圓.當直線與圓D相切時，最大，則．又，，所以．又，所以．故選：D．8.已知定義在上的函數為奇函數，且當時，，若，不等式恒成立，則的值不可能是（）．A. B. C. D.3【答案】D【解析】【分析】利用奇函數的性質求出的解析式，再按的不同取值分類討論在上的單調性即可求解.【詳解】因為定義在上的函數為奇函數，且當時，，所以當時，，，當時，，令，即，因為，當且僅當時等號成立，所以，若，則函數在上單調遞增，又，所以，即恒成立，故滿足題意，排除選項A；若，則，函數在上不單調，圖象如圖所示，又，即，可理解為函數的圖象在函數的圖象下方，所以由圖象可得，即，令，則，，.故選：D二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，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，，，，，5個數據的散點圖如圖所示，采用一元線性回歸模型建立經驗回歸方程．經分析確定為“離群點”，故將其去掉，將數據去掉后，下列說法正確的有（）．A.樣本相關系數r變大B.殘差平方和變小C.決定系數變大D.若經驗回歸直線過點，則其經驗回歸方程為【答案】BCD【解析】【分析】根據散點圖的性質可知去掉E后相關性變強判斷A選項；殘差平方和以及決定系數判斷BC選項；根據回歸直線的求法和性質判斷D.【詳解】對于選項A：由圖可知，變量x與變量y是負相關，且將數據去掉后，樣本相關系數r的絕對值變大，所以r變小，故選項A錯誤；對于選項B：將數據去掉后，變量x與變量y的相關性變強，所以殘差平方和變小，決定系數變大，故選項B，C正確；對于選項D：設經驗回歸方程為，經計算得，且，，可得，，所以經驗回歸方程是，所以選項D正確．故選：BCD．10.復數，滿足，，則（）．A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】由題意根據韋達定理建立一元二次方程，求得復數，根據模長公式以及復數四則運算，可得答案.【詳解】依題意得，復數，是方程的兩個根，可得，解得，則，，所以，故選項A正確；，故選項B正確；，故選項C錯誤；，故選項D正確．故選：ABD．11.設定義在R上的函數和，記的導函數為，且滿足，，若為奇函數，則下列結論一定成立的有（）．A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】利用已知得出圖象關于對稱，又得出是偶函數，從而它的周期性，然后通過的值計算出相應的值，判斷各選項．【詳解】由得．又，所以，即，所以關于對稱，．又因為是奇函數，故是偶函數，所以滿足條件．對于選項A，因為，所以，所以，選項A正確；，選項B正確；因為，所以，所以，選項C正確；對于選項D，，但不一定為0，選項D錯誤．故選：ABC．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知等差數列的前n項和為，且滿足，，則數列的通項公式為__________．【答案】【解析】【分析】設出公差，根據，求出，得到公差，利用通項公式求出答案.【詳解】設的公差為，因為，所以，又，故，解得，所以，又，所以．故答案為：13.已知，則__________．【答案】##0.8【解析】【分析】利用同角關系式可求得，利用誘導公式可得，再利用倍角公式即可求解.【詳解】，即．又，所以，所以．故答案為：.14.已知橢圓與雙曲線具有相同的焦點，，點P為橢圓A與雙曲線B位于第一象限的交點，且（O為坐標原點）．設橢圓A與雙曲線B的離心率分別為，，則的最小值為__________．【答案】【解析】【分析】法一：由題意可得焦點三角形為直角三角形，根據橢圓的定義、雙曲線的定義與勾股定理，建立方程組，利用基本不等式的“1”的妙用，可得答案；法二：由題意可得焦點三角形為直角三角形，根據橢圓與雙曲線焦點三角形面積的二級結論，建立方程，利用基本不等式的“1”的妙用，可得答案.【詳解】法一：因為，所以．設，（不妨設），，依題意有，，，所以，當且僅當時等號成立，所以，所以的最小值為．法二：因為，所以．對于焦點三角形，根據橢圓的性質可得其面積，根據雙曲線的性質可得，所以，所以，整理可得．所以，當且僅當時等號成立，所以，所以的最小值為．故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.在中，內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且，D為邊上的點，且平分．（1）求的大??；（2）若，，求的周長．【答案】（1）（2）15【解析】【分析】由正弦定理得，進而可得，根據輔助角公式可得的大小.由題意可得，從而可得，由余弦定理求得，即可求的周長.【小問1詳解】由正弦定理得．又因為，所以，所以，或，，或，又，∴．【小問2詳解】平分，，所以，所以，即．①由余弦定理得，即．②將①代入②得，所以，（舍去），所以的周長為．16.已知函數，其中．（1）若，求函數的單調區(qū)間；（2）當時，試判斷的零點個數并證明．【答案】（1）單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為（2）兩個零點，證明見解析【解析】【分析】（1）利用導數求得的單調區(qū)間.（2）先判斷是的一個零點，利用分類討論法，對進行分類討論，或利用分離參數法，結合導數來確定正確答案.【小問1詳解】由題知，，當時，．令，得或（舍去）．當時，，故的單調遞減區(qū)間為．當時，，故的單調遞增區(qū)間為．【小問2詳解】解法一：因為，故有一個零點是2．令，解得（舍去），．當時，，故單調遞減．當時，，故單調遞增．當時，，．．下面先證明當時，．令，，故在上單調遞增，所以．因為，所以．易知，所以在上存在唯一的零點，所以當時，有兩個零點，為2和．解法二：當時，，故2是的一個零點．令，又，所以．當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以是的極小值點．當時，，所以．下證．令，則．當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，從而，所以當時，，所以，即．令，則有，則．易得當時，，所以在上有唯一解．綜上，當時，有兩個零點．解法三：令，當時，，故2是的一個零點．當時，．令，易得在和上均單調遞減．因為（洛必達法則），所以當時，且單調遞減，故當時，在上有唯一解．而當時，，故當時，無解．綜上可知，當時，有兩個零點.【點睛】方法點睛：求函數單調區(qū)間時，先求函數的導數，令導數為求出關鍵點，再根據導數在不同區(qū)間的正負確定函數的單調區(qū)間，這是解決函數單調性問題的基本方法.判斷函數零點個數，先找出一個已知零點，再通過求導確定函數的單調性和極值，然后構造函數證明相關不等式，進而判斷在其他區(qū)間是否存在零點，這種方法綜合運用了函數的導數性質和不等式證明.17.如圖，四棱錐的底面是邊長為2的正方形，每條側棱的長都是底面邊長的倍，P為側棱上的點，且平面．（1）求證：．（2）求直線到平面的距離．（3）請判斷在平面上是否存在一點E，使得是以為底邊，為頂角的等腰三角形．若存在，請求出點E的軌跡；若不存在，請說明理由．【答案】（1）證明見解析（2）（3）不存在，理由見解析【解析】【分析】（1）根據線線垂直可證明平面，即可利用線面垂直的性質求解，（2）建立空間直角坐標系，求解平面法向量，即可利用點面距離的向量法求解.（3）根據線面平行的性質，結合（2）可知Q到平面的距離為，而，即可求解.【小問1詳解】證明：如圖，連接，設交于點O，連接，由得．在正方形中，．又，平面,所以平面．又因為平面，所以．【小問2詳解】連接，因為平面，平面，平面平面，所以．在中，O為的中點，所以點P為的中點．易知直線，，兩兩垂直，如圖，以點O為原點建立空間直角坐標系．因為正方形的邊長為2，所以，，，，．設平面的一個法向量為，則可得，所以，則，令，可得．因為平面，所以直線到平面的距離等于點B到平面的距離，在法向量上的投影的模為，所以直線到平面距離為．【小問3詳解】不存在．理由如下：根據第（2）問可得直線到平面的距離為．又因為平面，設點Q為的中點，所以點Q到平面的距離為．假設在平面上存在點E，使得是以為底邊，為頂角的等腰三角形，則有．因為，所以不存在滿足條件的點E18.已知拋物線的焦點為F，A，B分別為C上的點（點A在點B上方）．過點A，B分別作C的切線，，交于點P．點O為坐標原點，當為正三角形時，其面積為．（1）求拋物線C的方程；（2）若直線經過點F，求動點P的軌跡以及點P到直線的距離的最小值．【答案】（1）（2）軌跡直線，最小值為2．【解析】【分析】（1）由題意作圖，根據正三角形的性質與拋物線的性質，可得點的坐標，代入拋物線方程，可得答案；（2）設出直線方程，并聯(lián)立拋物線方程，寫出韋達定理，設出切線方程，聯(lián)立拋物線方程，寫出根的判別式為零，進而求得切線的交點的坐標，利用點到直線距離公式，可得答案.【小問1詳解】因為為正三角形時，其面積為，可得的邊長．根據正三角形以及拋物線的對稱性，可知此時點A，B關于x軸對稱，所以點A的坐標為．將點A代入拋物線的方程可得，解得，所以拋物線C的方程為．【小問2詳解】易得．設直線的方程為，聯(lián)立直線與拋物線C的方程可得．，設點A，B的坐標分別為，，根據韋達定理可得，．設直線的方程為．因為是拋物線C的切線，所以與C僅有一個交點．聯(lián)立兩個方程可得，，所以，所以直線的方程為．同理可得直線的方程為．計算與的交點可得，即可得，所以動點P的軌跡為直線．將點P的橫坐標代入直線及，可得其縱坐標為以及，兩者相加可得，代入上述韋達定理可得，所以點P的坐標為，所以點P到直線的距離，當且僅當時等號成立，所以點P到直線的距離的最小值為2．19.甲參加了一場智力問答游戲，每輪游戲均有兩類問題（難度系數較低的類問題以及難度系數較高的類問題）供選擇，且每輪游戲只回答兩類問題中的其中一個問題．甲遇到每類問題的概率均為，甲遇到類問題時回答正確的概率為，回答正確記1分，否則記0分；甲遇到類問題時回答正確的概率為，回答正確記2分，否則記0分，總得分記為X分，甲回答每個問題相互獨立．（1）當進行完2輪游戲時，求甲總分X的分布列與數學期望．（2）設甲在每輪游戲中均回答正確且累計得分為n分的概率為．（?。┳C明：為等比數列．（ⅱ）求的最大值以及對應n的值．【答案】（1）分布列見解析，1（2）（?。┳C明見解析；（ⅱ）當時，取到最大值為【解析】【分析】（1）由已知可得X的可能取值，分別求解概率即可得分布列和期望；（2）（?。└鶕缺葦盗械亩x證明即可；由（?。┛勺C為等比數列，可得，結合不等式的性質和函數的單調性即可求解.【小問1詳解】X可以取0，1，2，3，4，每次回答A類問題且回答正確的概率