第1頁/共33頁2025屆廣州市普通高中畢業班摸底考試是符合題目要求的.，則A∩B=()A.1+2iB.1-2iC.-1+2iD.-1-2iA.B.C.D.4.已知sin+sinβ=m，tan，且-β為第一象限角，則cos-cosβ=()A.-3mB.C.3mD.225.已知點A，B是橢圓上不關于長軸對稱的兩點，且A，B兩點到點M(m,0)的距離相等，則實數m的取值范圍為()A.B.(-1,1)C.D.(-2,2)6.已知定義在R上的奇函數f(x)滿足f(x-1)=f(3-x)，且在[0,1)上單調遞減，若方程f(x)=-1在[0,1)上有實數根，則方程f(x)=1在[-1,11]上的所有實根之和為()A.30B.28C.26D.24第2頁/共33頁徑的球面與該正六棱柱各面的交線總長為()·A.(3+)πB.D.8.已知定義在(0,+∞)上的函數滿足f，且當x>1時，f>0，則()A.f(x2)≥2f(x)B.f(x3)f(x)≥f2(x2)C.f(x2)≤2f(x)D.f(x3)f(x)≤f2(x2)9.中歐班列是推進“一帶一路”沿線國家道路聯通、貿易暢通的重要舉措．在中歐班列帶動下，某外貿企業出口額逐年提升，以下為該企業近6個月的出口額情況統計，若已求得y關于x的線性回歸方程為月份編號x123456出口額y/萬元254377A.y與x成正相關B.樣本數據y的第40百分位數為34C.當x=3時，殘差的絕對值最小D.用模型y=enx+m描述y與x的關系更合適f(x)=sinx，若0<<β<θ<4π,且f(x)在x=，β,θ處的切線均經過坐標原點，A.β=tantanβB.tanθ=θtanC+θ>2tanβD.tantanθ<β2.11.已知圓M:x2-2ax+y2=0，過點P向圓M引斜率為k(k>0)的切線l，切點為Q，記Q的軌跡為曲線C，則()A.C的漸近線為x=1C.C在第二象限的縱坐標最大的點對應的橫坐標為第3頁/共33頁12.已知數列滿足a1+3a2+9a3+…+3n-1an=設數列{an}的前n項和為Sn的實數k的最小值為.13.已知函數f(x)=6sinx+sin3x的圖象y=f(x)與直線y=m在[0,2π]上有4個交點，則實數m的取值范圍為.14.網絡安全是國家安全的重要組成部分，在信息課上，某同學利用計算機模擬網絡病毒的傳播．已知在12×12的平面方陣中，若某方格相鄰方格中有2個及2個以上被病毒感染，則病毒擴散至該方格，若使所有方格均被感染，則至少需要在個方格內投放病毒源；拓展到三維空間內，已知在12×12×12的立體方陣中，若某方塊相鄰方塊中有3個及3個以上被病毒感染，則病毒擴散至該方塊，若使所有方塊均被感染，則至少需要在個方塊內投放病毒源.（1）證明：AD平分上BAC；16.已知函數-alnx.（1）若f(x)在x=1處取得極小值，求實數a的取值范圍；（2）討論f(x)的零點個數.17.如圖，在三棱臺ABC-A1B1C1中，△AB1C為正三角形，AB=BC=2，AB丄BC，點D為AC的第4頁/共33頁=4，記平面ABB1A1與平面BC1D的交線為l，求二面角A1-l-C1的余弦值. 18.在平面直角坐標系xOy中，點T到點F(2,0)的距離與到直線x=1的距離之比為·2，記T的軌跡為曲線E，直線l1交E右支于A，B兩點，直線l2交E右支于C，D兩點，l1//l2.（1）求E的標準方程；（3）若直線l1過點(2,0)，直線l2過點(8,0)，記AB，CD的中點分別為P，Q，過點Q作E兩條漸近線的垂線，垂足分別為M，N，求四邊形PMQN面積的取值范圍.19.已知有窮數列{an}的通項公式為an=n(n∈N*)，將數列{an}中各項重新排列構成新數列{bn}，則稱數列{bn}是{an}的“重排數列”；若數列{bn}各項均滿足bn≠an，則稱數列{bn}是{an}的“完全重排數列”，記項數為n的數列{an}的“完全重排數列”的個數為Dn.（1）計算D2，D3，D4；（2）寫出Dn+1和Dn，Dn-1(n≥2)之間的遞推關系，并證明：數列{Dn-nDn-1}(n≥2)是等比數列；（3）若從數列{an}及其所有“重排數列”中隨機選取一個數列{cn}，記數列{cn}是{an}的“完全重排數列”的概率為Pn，證明：當n無窮大時，Pn趨近于參考公式：ex=1+x++……）2025屆廣州市普通高中畢業班摸底考試第5頁/共33頁3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.·是符合題目要求的.*，則A∩B=()*【答案】C【解析】【分析】分別求出兩個集合后根據交集定義求解.*0}故選：C.A.1+2iB.1-2iC.-1+2iD.-1-2i【答案】B【解析】【分析】將復數z代入方程，利用待定系數法，即可求解.a2-b2-ab+5a)+(2ab-b2)i=0，故選：Bππ2π5πA.B.C.D.【答案】C【解析】第6頁/共33頁24a222，θ=0，得cosθ=故選：C.β為第一象限角，則coscosβ=()A.3mB.C.3mD.【答案】B【解析】【分析】首先利用和差化積公式化簡，再利用二倍角的正切公式，建立方程，即可求解.設coscosβ=2sinsin=x，則tan因為β為第一象限角，所以是第一或第三象限角，xm故選：B5.已知點A，B是橢圓+=1上不關于長軸對稱的兩點，且A，B兩點到點M(m,0)的距離相等，則實數m的取值范圍為()【答案】B第7頁/共33頁【解析】【分析】設A(x1,y1),B(x2,y2)（x1≠x2線段AB的中點為G(x0,y0)，利用點差法可得再由題意可得MG丄AB，則得化簡得x0=4m，再由x0的范圍可求得結果.【詳解】設A(x1,y1),B(x2,y2)（x1≠x2線段AB的中點為G(x0,y0)，則兩式相減得所以所以因為M(m,0)，MA=MB，所以MG丄AB，所以所以4x0-4m=3x0，所以x0=4m，即實數m的取值范圍為(-1,1).故選：B6.已知定義在R上的奇函數f(x)滿足f(x-1)=f(3-x)，且在[0,1)上單調遞減，若方程f(x)=-1在第8頁/共33頁[0,1)上有實數根，則方程f(x)=1在[-1,11]上的所有實根之和為()A.30B.28C.26D.24【答案】A【解析】【分析】首先判斷函數的性質，再畫出函數的圖象，利用對稱性和周期性求所有實數根的和.【詳解】由f(x-1)=f(3-x)可知，函數f(x)關于x=1對稱，由函數是奇函數，可知，f(3-x)=f(x-1)=-f(1-x)，即f(2+x)=-f(x)，則f(4+x)=-f(2+x)=f(x)，所以函數的周期為4，如圖，根據函數的性質，畫出函數的示意圖，由對稱性可知，方程f(x)=1在[-1,0)上有一個實數根，根據函數關于x=1對稱，的6個交點，所以方程f(x)=1在[-1,11]上的所有實根之和為2+10+18=30.故選：A徑的球面與該正六棱柱各面的交線總長為()【答案】D【解析】【分析】根據題意，畫出圖形，設G,H分別為CC1,DD1的中點，連接OC1,A1C1,OE1,A1E1,OG,OH，由題意可知球O不與側面ABB1A1及側面AFF1A1相交，球O與側面BCC1B1交于點C1,C，與側面EFF1E1交于點E1,E，然后分別判斷與其余4個面的交線，求出球面與正六棱柱各個面所交的弧線的長度之和即可第9頁/共33頁【詳解】因為球O的半徑為6，AB=3，所以球O不與側面ABB1A1及側面AFF1A1相交，設G,H分別為CC1,DD1的中點，連接OC1,A1C1,OE1,A1E1,OG,OH，所以球O與側面BCC1B1交于點C1,C，與側面EFF1E1交于點E1,E，因為CC1BCDAC所以球O與側面CDD1C1的交線是以CC1為直徑的半圓，同理可得球O與側面EDD1E1的交線是以EE1為直徑的半圓，=所以球O與上下底面的交線均為個半徑為3的圓，所以球面與該正六棱柱各面的交線總長為故選：D【點睛】關鍵點點睛：此題考查球與棱柱表面的交線問題，解題的關鍵是畫出圖形，根據題意找出球與各個面的交線，考查空間想象能力和計算能力，屬于較難題.第10頁/共33頁8.已知定義在(0,+∞)上的函數滿足f，且當x>1時，f>0，則A.f(x2)≥2f(x)B.f(x3)f(x)≥f2(x2)C.f(x2)≤2f(x)D.f(x3)f(x)≤f2(x2)【答案】D【解析】【分析】應用賦值法構造出f(x),f(x2),f(x3)的等量關系，再結合不等式性質判斷即可.【詳解】由題意，x>0,y>0，f賦值x=y=1，得f=1.f—1.f賦值x=1，得f—1.f當x>1時，f(x)>0，賦值x=y2，得f—y2f，解得f當x>1時，f≥0，即f第11頁/共33頁當0<x<1時，f≤0，即f；故AC錯誤；,y=得x2f2f 故f(x3)f(x)≤f2(x2)，且f(x)不恒為0，故B錯誤，D正確.故選：D.9.中歐班列是推進“一帶一路”沿線國家道路聯通、貿易暢通的重要舉措．在中歐班列帶動下，某外貿企業出口額逐年提升，以下為該企業近6個月的出口額情況統計，若已求得y關于x的線性回歸方程為月份編號x123456出口額y/萬元254377A.y與x成正相關B.樣本數據y的第40百分位數為34C.當x=3時，殘差的絕對值最小D.用模型y=enx+m描述y與x的關系更合適【答案】AD【解析】【分析】A項由表中數據x,y的變化及回歸方程中x項的系數可知；B項利用百分位數定義及求解步驟即可得；C項由樣本中心點代入方程求出，利用回歸方程求出估計值與相應樣本數據作差求出殘差，再比較絕對值大小即可；D項由散點圖可知.【詳解】A項，由圖中表格數據可知，當x的值增加時，y的相應值也呈現增加的趨勢，又由回歸方程y=28x+中，x項的系數28>0，也可以看出y與x成正相關，故A正確；第12頁/共33頁B項，樣本數據y的6個取值從小到大依次是16,25,43,77,102,159，由6×40%=2.4，則第40百分位數為第3個數據43=84所以相應殘差的絕對值為=56所以相應殘差的絕對值為錯誤；D項，如下圖作出散點圖，可以看到相較“樣本點分布在某一條直線模型y=bx+a的周圍”，“樣本點分布在某一條指數函數y=enx+m曲線的周圍”這樣的描述更貼切，所以用模型y=enx+m描述y與x的關系更合適些，故D正確.故選：AD.f(x)=sinx，若0<<β<θ<4π,且f(x)在x=，β,θ處的切線均經過坐標原點，A.β=tantanβB.tanθ=θtanC.+θ>2tanβD.tantanθ<β2【答案】ABD【解析】【分析】根據導數的幾何意義求出曲線f(x)在點A,B,C處的切線方程，利用切線過原點推出tan=，第13頁/共33頁tanβ=β,tanθ=θ,即可判斷A，B兩項；對于C，D兩項，借助于正弦函數的圖象，設,β2π=t2,θ3π=t3，分別求出tant1，tant2，tant3，利用兩角差的正切公式及放縮思想，證明tan(t2t1)>tan(t3t2)，由正切函數單調性化簡即可判斷.【詳解】如圖，設函數f(x)在x=，β,θ處的切線的切點分別為點A,B,C，由f(x)=sinx求導得f,(x)=cosx，則切線OA的方程為y—sin=cos(x—)，對于A，tantanβ=β顯然成立，故A正確；對于，則有，θtan=tanθ成立，故B正確；對于C，由0<<β<θ<4π可得tan<t,β2π=t2,θ3π=t3，代入①可得，23，tant2=tan(β2π)=tanβ=β=2π+t2,tant3第14頁/共33頁故+θ-4π<2，即<β,故C錯誤.根據題意，要證tantanθ<β2，即證θ<β2，由于均值不等式知道下面證明<β2即可.<2β2，即證2-β2<β2-θ2，即證(+β)(-β)<(β+θ)(β-θ)前面知道0<<β<θ<4π,則0<+β<β+θ.則只需要證明-β<β-θ即可.即證明+θ<2β,前面C知式子成立.故D正確.故選：ABD.11.已知圓M:x2-2ax+y2=0過點P(-1,0)向圓M引斜率為k(k>0)的切線l，切點為Q，記Q的軌跡為曲線C，則()A.C的漸近線為x=1在C上C.C在第二象限的縱坐標最大的點對應的橫坐標為【答案】ACD【解析】【分析】先由相切性質得點Q滿足關系式，與已知圓聯立消參得Q軌跡方程，A項由方程形式構造函數f(x)，利用導函數研究單調性作出大致圖形即可得漸近線；B項坐標代入可知；C項由形可得；D項由不等式性質與放縮法可得.第15頁/共33頁2如圖，連接MQ，由題意知MQ丄PQ，2222又點Q在圓M上，則x2—2ax+y2=0②,將③代入②消a得，y2=即為曲線C的方程.當1<x<f,(x)>0，f(x)單調遞增；f,<0，f單調遞減；且當y≥0時，函數g與f單調性相同；第16頁/共33頁故g(x)的大致圖象如下圖，又由方程可知曲線C關于x軸對稱，x≠—1且x≠0.故曲線C的大致圖象為如下圖，B項，令曲線C方程中得故B錯誤；C項，由形可知，曲線C在第二象限的縱坐標最大的點對應的橫坐標，D項，當點在C上時，則y所以成立，故D正確；第17頁/共33頁故選：ACD.·【點睛】方法點睛：求動點軌跡方程的常見方法有：（1）直接法：從條件中直接尋找到x,y的關系，列出方程后化簡即可；（2）代入法：所求點px,y與某已知曲線F(x0,y0)=0上一點Q(x0,y0)存在某種關系，則可根據條件用x,y表示出x0,y0，然后代入到Q所在曲線方程中，即可得到關于x,y的方程；（3）定義法：從條件中能夠判斷出點的軌跡為學過的圖形，則可先判定軌跡形狀，再通過確定相關曲線的要素，求出曲線方程.（4）參數法：從條件中無法直接找到x,y的聯系，但可通過一輔助變量k，分別找到x,y與k的聯系，從而得到x,y和k的方程即曲線的參數方程，消去參數k后即可得到軌跡方程.（5）交軌法：選擇適當的參數表示兩動曲線的方程，將兩動曲線方程中的參數消去，得到不含參數的方程，即為兩動曲線交點的軌跡方程。=，設數列{an}的前n項和為Sn，則滿足Sn<k的實數k的最小值為.【答案】【解析】23+…+3n2an1=兩式相減進一步計算即可推導出數列{an}的通項公式，再根據數列n}的通項公式及等比數列的求和公式推導出前n項和Sn的表達式，最后根據不等式的性質即可計算出實數k的最小值.2323+1n1+1n1解得第18頁/共33頁:當n=1時，不滿足上式，23n:Sn=，且Sn<k對任意n∈N*恒成立，:k≥,即實數k的最小值為.故答案為：.13.已知函數f(x)=6sinx+sin3x的圖象y=f(x)與直線y=m在[0,2π]上有4個交點，則實數m的取值范圍為.【解析】【分析】對函數f(x)求導f'(x)，聯系余弦函數在[0,2π]上的單調性分析導函數f'(x)的正負，由此得到函數f(x)的單調性，數形結合即可求解.第19頁/共33頁【詳解】函數f(x)=6sinx+sin3x的導函數為當≤x<時，1<0→f,<0，則f在上單調遞減，當≤x<時，1<0→f,>0，則f在≤x<上單調遞增，當π≤x<時，1>0→f,<0，則f在π≤x<上單調遞減，當≤x<時1<0→f,<0，則f在上單調遞減，當≤x≤2π時，1>0→f,>0，則f在≤x≤2π上單調遞增，所以，在上，當x=取得極大值為3，當x=時，極小值為5；所以函數f(x)=6sinx+sin3x的圖象y=f(x)與直線y=m在[0,2π]上有4個交點，則實數m的取值范14.網絡安全是國家安全的重要組成部分，在信息課上，某同學利用計算機模擬網絡病毒的傳播．已知在12×12的平面方陣中，若某方格相鄰方格中有2個及2個以上被病毒感染，則病毒擴散至該方格，若使所有方格均被感染，則至少需要在個方格內投放病毒源；拓展到三維空間內，已知在12×12×12的立體方陣中，若某方塊相鄰方塊中有3個及3個以上被病毒感染，則病毒擴散至該方塊，若使所有方塊均被感染，則至少需要在個方塊內投放病毒源.【答案】①.12②.144【解析】【分析】根據題意，結合歸納、類比法進行求解即可.【詳解】在2×2的平面方陣中，如下圖：1病毒源病毒源2按對角線方向每行每列都有一個格子內投放病毒源，顯然，格子1，2都滿足要求，在3×3的平面方陣中，如下圖：而后5，6馬上也滿足；51病毒源3病毒源2病毒源46由此可以推斷當在12×12的平面方陣中，按對角線方向每行每列都有一個格子內投放病毒源，至少需要在12個方格內投放病毒源；當拓展到三維空間時，已知在2×2×2的立體方陣中，如圖所示：第20頁/共33頁第21頁/共33頁當1，2投放病毒源時，要想3被感染，只需5投放病毒源，同理要想4被感染·,只需6投放病毒源，因此需要2+(42)×1=4個方格內投放病毒源，因此已知在3×3×3的立體方陣中，面對我們的面有9個，其中一條對角線上有3個，2個方格內投放病毒源，所以可以類比在在12×12×12的立體方陣中，2=144個方格內投放病毒源，【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是利用歸納和類比推理的方法進行求解.（1）證明：AD平分上BAC；【答案】（1）證明見解析.【解析】【分析】（1）由三角恒等變換及正弦定理b=2c，在△ADB中，由正弦定理得在△ADC中，由正弦定理得兩式結合即可證明.（2）在VABC中，由平面向量的基本定理得-兩邊同時平方得|AD|=c，再由余弦定理得|BC|=c，然后計算即可.【小問1詳解】所以2sinBcosC=4sinCcosC，又因為VABC為銳角三角形，所以cosC≠0，第22頁/共33頁在△ADB中，由正弦定理得在△ADC中，由正弦定理得所以所以AD平分上BAC.【小問2詳解】因為cos上BAC=，且VABC為銳角三角形，24242在VABC中，由余弦定理得所以5第23頁/共33頁16.已知函數alnx.（1）若f(x)在x=1處取得極小值，求實數a的取值范圍；（2）討論f(x)的零點個數.（2）答案見解析【解析】【分析】（1）對函數求導，根據參數a進行分類，討論函數的單調性，得到函數的極值情況，由題意取舍即得實數a的取值范圍；（2）在（1）按照參數a分類的基礎上，利用函數單調性和極值的正負，進一步分析探究函數的零點情況即得.【小問1詳解】函數alnx的定義域為①當a≤1時，exa>0，當0當x>1時，f,(x)>0，f(x)在(1,+∞)上遞增，此時f(x)在x=1時取得極小值，符合題意；②當a>1時，由f,(x)=0可得x=1或x=lna，即f(x)在(0,lna)和(1,+∞)上遞增；在(lna,1)遞減，此時函數在x=1取得極小值，符合題意；若a=e，當x>0時，f,(x)≥0恒成立，即f(x)在(0,+∞)上恒為增函數，不符合題意；即f(x)在(0,1)和(lna,+∞)上遞增，在(1,lna)上遞減，此時函數在x=1時取得極大值，故不符合題意.第24頁/共33頁綜上可得，實數a的取值范圍為(-∞,e)；【小問2詳解】由（1）知，①當a≤1時，f(x)在(0,1)上遞減，在(1,+∞)上遞增，則f(x)在x=1時取得極小值，也是最小值，為f(1)=e-a>0，此時函數f(x)無零點；②當1<a<e時，f(x)在(0,lna)和(1,+∞)上遞增；在(lna,1)遞減，故當x=1時，f(x)取得極小值f(1)=e-a>0，當x=lna時，f(x)取得極大值f(lna)=-aln(lna)>0，當x→0+時，f(x)→-∞,故此時函數f(x)在(0,+∞)上有一個零點；③當a=e時，f(x)在(0,+∞)上恒為增函數，又f(1)=0，故此時函數f(x)在(0,+∞)上有一個零點；④當a>e時，f(x)在(0,1)和(lna,+∞)上遞增，在(1,lna)上遞減，故當x=1時f(x)有極大值為f(1)=e-a<0，當x=lna時，f(x)有極小值為f(lna)<f(1)=e-a<0，且當x→+∞時，f(x)→+∞,故此時函數f(x)在(0,+∞)上只有一個零點.綜上所述，當a≤1時，函數f(x)在(0,+∞)上沒有零點，當a>1時，函數f(x)在(0,+∞)上只有一個零點.17.如圖，在三棱臺ABC-A1B1C1中，△AB1C為正三角形，AB=BC=2，AB丄BC，點D為AC的=4，記平面ABB1A1與平面BC1D的交線為l，求二面角A1-l-C1的余弦值.【答案】（1）證明見解析第25頁/共33頁【解析】【分析】（1）要證明面面垂直，轉化為證明線面垂直，根據垂直關系轉化為證明B1C丄平面BC1D；（2）首先作出交線l，再利用垂直關系構造二面角的平面角，即可求解.【小問1詳解】因為平面ABC丄平面AB1C，且平面ABC∩平面AB1C=AC，因為AB=BC，且點D是AC，所以BD丄AC，又BD面ABC，所以BD丄平面AB1C，B1C平面AB1C，所以B1C【小問2詳解】因為△AB1C是等邊三角形，且點D為AC的中點，則B1D丄AC，又因為平面ABC丄平面AB1C，平面ABC∩平面AB1C=AC，B1D面AB1C，所以B1D丄平面ABC，且BD平面ABC，所以B1D取AB的中點M，連結DM，B1M，第26頁/共33頁且B1M∩DM=M，B1M,DM平面B1DM，則AB丄平面B1DM，DBDC將三棱臺ABC-A1B1C1補成三棱錐G-A1B1C1，則設C1D∩A1G=N，可知l即為直線BN，則，即可得A1B可知B1N為線段AB的中垂線，則NA=NB=過點D作DH丄B1N，垂足為H，過H作HF丄BN，垂足為F，連結DF，因為AB丄平面B1DM，DH平面B1DM，所以DH丄AB，第27頁/共33頁且B1N∩AB=M，B1N,AB平面GA1B1，可得DH丄平面GA1B1，由BN平面GA1B1可得DH丄BN，且DH∩HF=H，DH,HF平面DHF，所以BN丄平面DHF，由DF平面DHF，可得DF丄BN，可知二面角A1-l-C的平面角為上DFH，丄平面ABC，由DM平面ABC，所以B1D丄DM，+HF2所以二面角A1-l-C1的余弦值為. 18.在平面直角坐標系xOy中，點T到點F(2,0)的距離與到直線x=1的距離之比為·2，記T的軌跡為曲線E，直線l1交E右支于A，B兩點，直線l2交E右支于C，D兩點，l1//l2.（1）求E的標準方程；（3）若直線l1過點(2,0)，直線l2過點(8,0)，記AB，CD的中點分別為P，Q，過點Q作E兩條漸近線的垂線，垂足分別為M，N，求四邊形PMQN面積的取值范圍.22（2）證明見解析（3）[24,+∞)【解析】第28頁/共33頁【分析】（1）根據兩點間的距離和點到直線的距離公式即可列等式求解；·（2）根據直線與雙曲線聯立方程，得韋達定理x1+x2,x1x2，結合數量積坐標運算即可證明；（3）依據題意得直線l1和直線l2的方程分別為x=my+2、x=my+8，聯立直線l1和曲線E方程求得韋達定理x1+x2,y1+y2，從而利用中點坐標公式求出點P坐標，同理求出點Q坐標，再利用點到直線距離公式分別求出點P和點Q到兩漸近線的距離d1,d2,QM,QN，接著根據SPMQN=S矩形OMQN-S△OMP-S△ONP計算結合變量取值范圍即可求解.【小問1詳解】22所以E的標準方程為【小問2詳解】由題意可知直線l1和直線l2斜率若存在則均不為0且不為±1，則B(t,-y1)且由點A和點B在曲線E上，故t2-y=2，同理可得所以②直線AB斜率存在時，則可設方程為y=kx+b(k≠0,1)，AX1,y1、BX2,y2)，第29頁/共33頁x2x22