試卷類型：A2025年汕頭市普通高考第二次模擬考試數學注意事項：1．答題前，考生在答題卡上務必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將自己的姓名、準考證號填寫清楚，并貼好條形碼.請認真核準條形碼上的準考證號、姓名和科目.2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆在答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案.答案不能答在試卷上.3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答無效.4．考生必須保持答題卡的整潔.考試結束后，將試卷和答題卡一并交回.第Ⅰ卷選擇題一、單項選擇題：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.拋物線的準線方程是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據拋物線的的準線方程為這一拋物線基本性質即可求解.【詳解】拋物線的準線方程是，即.故選：B.2.設復數，是虛數單位，則（）A. B. C. D.2【答案】D【解析】【分析】利用復數的乘法計算即得.【詳解】.故選：D.3.在中，為邊上的中線，，，則的值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】選為基向量，將用基向量表示，再利用數量積的運算律計算即得.【詳解】如圖，因為邊上的中線，則，又，則．故選：D.4.某學校有、兩家餐廳，王同學第1天午餐時隨機選擇一家餐廳用餐．如果第1天去餐廳，那么第2天去餐廳的概率為0.6；如果第1天去B餐廳，那么第2天去餐廳的概率為0.8，則王同學第2天去A餐廳用餐的概率為（）A.0.7 B.0.6 C.0.5 D.0.4【答案】A【解析】【分析】應用全概率公式計算求解.【詳解】記“第1天去餐廳”，“第1天去餐廳”，“第2天去餐廳”，則由全概率公式得：．故選：A.5.設平面與長方體的六個面的夾角分別為，則的值為（）A.2 B.3 C.4 D.6【答案】A【解析】【分析】分別求出平面的法向量與正方體的同一頂點處發出的三個平面的法向量的夾角，結合正方體的對稱性，即可求得.【詳解】設平面的法向量為，正方體一個頂點處的三個平面的法向量分別為、、，則，，，因正方體有三對互相平行的平面，則.故選：A.6.若，，則A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】試題分析：用特殊值法，令，，得，選項A錯誤，，選項B錯誤，，選項D錯誤，因為選項C正確，故選C．【考點】指數函數與對數函數的性質【名師點睛】比較冪或對數值的大小,若冪的底數相同或對數的底數相同,通常利用指數函數或對數函數的單調性進行比較；若底數不同,可考慮利用中間量進行比較.7.在中，角、、的對邊分別為、、，已知，，，的面積為，則下列結論正確的是（）A. B.是鈍角 C. D.【答案】C【解析】【分析】由正弦定理可求得判斷A；由三角恒等變換求得判斷B；進而由正弦定理求得判斷C；利用三角形面積公式求得面積判斷D.【詳解】由正弦定理得，所以，故A錯誤；因為，又，所以，所以，所以，故B錯誤；從而，由正弦定理可得，故C正確；所以，故D錯誤．故選：C.8.若函數有兩個極值點，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據函數的組成，結合函數的性質分析，可得函數在對稱軸和分界點兩處取得極值，列出不等式組，解之即得.【詳解】因時，，函數圖象的對稱軸為，當時函數在時取得極大值，又因時，，由函數的性質，可知要使還有一個極值，必須使，則由，可得.故選：B.二、多項選擇題：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.針對“中學生追星問題”，某校團委對“學生性別和中學生追星是否有關”進行調查，調查樣本中女生人數是男生人數的，男生追星人數占男生人數的，女生追星的人數占女生人數的．若根據小概率值的獨立性檢驗，可以推斷追星和性別有關，則調查樣本中男生人數可以是（）（參考公式及數據：，臨界值）A.10 B.11 C.12 D.18【答案】CD【解析】【分析】設樣本中男生人數為，得列聯表,計算，計算可得結論.【詳解】設樣本中男生人數為，得列聯表追不追合計男女合計所以，即，又，故C、D正確．故選：CD.10.已知數列的前項和為，若，且都有，則（）A.數列是等比數列 B.數列是等比數列C. D.數列的前10項和為56【答案】AD【解析】【分析】由已知可得，可得，可求得，進而計算可判斷每個選項的正誤.【詳解】由題設得：當時，，可得，又，所以，所以，，所以，所以是以為首項，2為公比的等比數列，故A正確；所以，當時，，所以，所以數列不是等比數列，故B錯誤；所以，故C錯誤；又，所以的前10項和為，故D正確．故選：AD.11.已知函數的定義域為且，，則（）A. B.C.為的極小值點 D.是偶函數【答案】AD【解析】【分析】通過賦值法可逐一驗證A，B，D，對于C，只需舉反例即可判斷.【詳解】在中，對于A，令，則，，A正確；對于B，令，則，В錯誤；對于C，若函數為，顯然符合題意，此時無極小值點，C錯誤；對于D，令，則，則，令，則，故是偶函數，D正確．故選：AD.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.的展開式中的系數為__________.【答案】30【解析】【分析】先將看作一個整體，求出其展開式的通項確定的次數，再確定的次數即可求解.【詳解】由，其展開式的通項為，，，令，得的展開式的通項為，，，令，得，則的展開式中的系數為.故答案為：30.13.已知直線與交于A，B兩點，寫出滿足“面積為”的m的一個值______．【答案】（中任意一個皆可以）【解析】【分析】根據直線與圓的位置關系，求出弦長，以及點到直線的距離，結合面積公式即可解出．【詳解】設點到直線的距離為，由弦長公式得，所以，解得：或，由，所以或，解得：或．故答案為：（中任意一個皆可以）．14.如圖，在三棱錐中，為等邊三角形，，，若，則三棱錐外接球體積的最小值為______．【答案】【解析】【分析】利用外接球球心在過底面外接圓圓心的垂線上，通過球心到各頂點的距離想等來求解即可.【詳解】如圖，取中點，連接，則，，又，，平面，則平面，因為平面，則，又，，，平面，所以平面，所以三棱錐的外接球球心必在過的中心且平行于的直線上，且，設，則，，設三棱錐的外接球半徑為，則有，當時，，故三棱錐外接球體積的最小值為．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.已知函數，．（1）求函數的單調區間；（2）若函數和的圖象在公共點處的切線相同，證明：函數的圖象在處的切線平行于軸．【答案】（1）的增區間為與，減區間為（2）證明見解析【解析】【分析】（1）求導可得，分，，三種情況討論可得函數的單調區間；（2）由題意可得，求解即可得結論.【小問1詳解】，由得：或，當時，的增區間為，不存在減區間；當時，列表得00所以的增區間為與，減區間為；當時，列表得00所以的增區間為與，減區間為；【小問2詳解】由題設得，解得：，即的圖象在處的切線平行于軸．16.已知數列，，其前項和為．（1）求；（2）求；（3）若數列的前項和為，且，證明：．【答案】（1）（2）（3）證明見解析【解析】【分析】(1)代入通項公式分別求出，再求和即可；(2)先求出，再利用等差數列求和公式求解即可；(3)先求出，由錯位相減法求出，即可證明．【小問1詳解】因為，所以；【小問2詳解】因為，所以；【小問3詳解】因為，所以，從而，兩式相減得：，故．得證.17.如圖，在四棱錐中，四邊形是菱形，，三角形是正三角形，是棱的中點，設平面與平面的交線為．（1）證明：平面；（2）證明：；（3）若二面角為，求直線與平面所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析，（2）證明見解析，（3）【解析】【分析】（1）由線面平行的判定定理證明平面，再由線面平行的性質定理得，最后由線面平行的判定定理證明平面；（2）取與中點，．連接，，，，證明四邊形是平行四邊形．得到線面垂直，再用性質即可；（3）建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量為，再用向量夾角計算公式計算即可.小問1詳解】證明：四邊形是菱形，所以，平面，平面，所以平面，又因為平面，平面平面，所以，又因為平面，平面，所以平面.【小問2詳解】證明：取與中點，．連接，，，，則運用中位線性質知，且,則，，則四邊形是平行四邊形，是正三角形，易知，，底面菱形，，則是正三角形，則，平面，平面，平面，，由于四邊形是菱形，四邊形是平行四邊形，所以，，．【小問3詳解】由（2）知為二面角的平面角，即，前面知道，則過做的垂線，以為坐標原點，為坐標軸，建立空間直角坐標系如圖，設，則，，，，，，，，，設平面的一個法向量為，則進而求得一個法向量為，設直線與平面所成角，則．18.已知函數，其中．（1）當時，求方程的解集；（2）若是偶函數，當取最小值時，求函數的取值范圍；（3）若是常數函數，求的值．【答案】（1），或（2）（3）【解析】【分析】（1）當時，，求解方程即可；（2）的定義域為，由是偶函數得，展開并整理得，進而為正奇數，當取最小值即時，，化簡，，利用換元法令，，將的值域問題轉化為函數，且的值域即可.（3）因為，，若是常數函數，則，當時不是常數函數；當時，通過說明不是常數函數；證明當時成立；當時，通過，說明不是常數函數即可.【小問1詳解】當時，，由得：，解得，或，即，或，故所求方程的解集為，或；【小問2詳解】的定義域為，由是偶函數得：，即：，所以，從而，進而，所以為正奇數，當取最小值即時，，所以，，令，，則，且，所以函數的值域轉化為，且的值域，對稱軸，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以當時，取得最小值；當時，取得最大值；又當時，，當時，；故函數的取值范圍為；【小問3詳解】因為，，所以若是常數函數，則，①當時，由（1）知，不是常數函數；②當時，，此時，，不是常數函數；③當時，，所以，是常數函數；④當時，，不是常數函數；綜上所述：．19.已知矩形中，，．如圖，以矩形的中心為坐標原點，分別平行于、的直線為、軸建立平面直角坐標系．設軸分別交、于點、，點為平面上的動點，且直線、的斜率的積為．（1）證明點不在矩形的外部；（2）現將矩形折疊，使點落在線段上，設折痕所在直線的斜率為，①求直線的方程；②重新展平矩形，當折痕的長最大時，求折痕被點的軌跡所截得的弦長．【答案】（1）證明見解析（2）①；②【解析】【分析】（1）由直線、的斜率的積為，可得點的軌跡為橢圓，結合其范圍可完成證明；（2）①設折疊后A點落在線段DC上的點為，由A與G關于折痕所在的直線對稱及AG中點在直線上可得方程；②分，折痕所在的直線分別與邊、相交，折痕所在的直線分別與邊、相交，折痕所在的直線分別與邊、相交，可得折痕最長時對應斜率，然后將直線與點p軌跡方程聯立，即可得答案.【小問1詳解】設，由題設知、，從而，整理得，所以點軌跡為橢圓（去掉上下頂點），其范圍是，，故點不可能在矩形外部；【小問2詳解】①設折疊后A點落在線段DC上的點為，當時，易得直線方程為；當時，由A與G關于折痕所在的直線對稱，有，即，所以，AG中點坐標為，從而折痕所在的直線方程，即；綜上：直線方程為：；②由題可得，當時，折痕的長為4；當時，因