05（广东专用）-2025年高考数学模拟卷

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第I卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】化简集合，然后利用交集的定义运算即得.
【详解】因为，,
所以.
故选：B．
2．已知向量，均为单位向量，，若向量与向量的夹角为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由向量的夹角和模长公式求解即可.
【详解】因为向量，均为单位向量，，
所以a=b=1，，因为，所以，
，所以.故选：D.
3．某品牌可降解塑料袋经自然降解后残留量y与时间t（单位：年）之间的关系为．其中为初始量，k为降解系数．已知该品牌塑料袋2年后残留量为初始量的．若该品牌塑料袋需要经过n年，使其残留量为初始量的，则n的值约为（ ）（参考数据：，）
A．20B．16C．12D．7
【答案】B
【分析】由可得，再代入，求解即可.
【详解】根据题意可得，则，，则经过n年时，有，
即，则，所以，则.
故选：B.
4．椭圆：（）的左、右焦点分别为，，过作垂直于轴的直线，交于A，两点，若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可知直线：，结合方程可得，进而求离心率.
【详解】因为，且直线垂直于轴，可知直线：，
将代入椭圆方程可得，解得，所以，又因为，则，即，
可得，则，解得.
故选：A.
5．过直线上一点P作⊙M：的两条切线，切点分别为A，B，若使得的点P有两个，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】B
【分析】易得，根据题意可得圆心到直线的距离，进而可得出答案.
【详解】⊙M：的圆心，半径，
由，得，
由题意可得圆心到直线的距离，
即，解得.
故选：B.
6．意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，又称为“兔子数列”，其通项公式为，设是不等式的正整数解，则的最小值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】D
【分析】利用对数运算将变形化简得到，结合的表达式可得，结合，即可求出答案.
【详解】因为，所以，即
故，故，所以，
由斐波那契数列可知，则，所以的最小值为9，
故选：D.
7．已知其中则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据两角和与差得正弦余弦公式构造并计算出，，再根据同角三角函数商数关系计算出，同理计算出，最后代入即可算出.
【详解】因为，，得，所以，
所以，，所以，
因为，，得，所以，
，，所以，
所以.
故选：C.
8．已知函数的零点为的零点为，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】把问题转化为两个函数图象交点问题，根据反函数的性质、基本不等式、进行逐一判断即可.
【详解】由，得，，即可得，，
即有，函数与互为反函数，
在同一坐标系中分别作出函数，，的图象，如图所示，

则，，由反函数性质知，关于对称，
则，，，A、D错误，
在上为增函数，，，.
点在直线上，即，，故B正确；
,，
此时，故C错误；
故选：B.
【点睛】关键点睛：函数零点转化为两个函数交点的形式利用数形结合思想进行求解是解题的关键．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．袋子中有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中随机取出两个球，设事件“取出的球的数字之积为奇数”，事件“取出的球的数字之积为偶数”，事件“取出的球的数字之和为偶数”，则（ ）
A．事件与是互斥事件B．事件与是对立事件
C．事件与是互斥事件D．事件与相互独立
【答案】AB
【分析】利用互斥，对立，相互独立的概念逐一判断.
【详解】对于AB：取出的球的数字之积为奇数和取出的球的数字之积为偶数不可能同时发生，且必有一个发生，故事件与是互斥事件，也是对立事件，AB正确；
对于C：如果取出的数为，则事件与事件均发生，不互斥，C错误；
对于D：，
则，即事件与不相互独立，D错误；
故选：AB.
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的图像关于轴对称
B．是周期为的周期函数
C．的值域为
D．不等式的解集为
【答案】AC
【分析】对A，结合偶函数的定义判断即可；对B，由即可判断；对C，先判断出是其周期，结合偶函数，即求的值域即可；对D，解出的解集，结合偶函数与周期即可求解.
【详解】对于A，因为的定义域为，
又，
所以是偶函数，所以的图象关于轴对称，故A正确；
对于B，因为，
，
所以，故B错误；
对于C，因为，
所以是周期为的周期函数，所以在上的值域即的值域.
当时，，
又当时，，所以，又为偶函数，
故在上的值域也为，
对于D，因此的值域为，故C正确；
当时，，
，即，
所以，则，
又为偶函数，
所以不等式在上的解集为，
所以不等式的解集为
，故D错误.
故选：AC.
11．已知有两个不同的极值点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】求出函数的导数，由题意可知有2个正数根，从而可得根与系数的关系，结合判别式求得a的范围，即可判断A；求出的表达式，构造函数，结合函数的单调性，即可判断B；求出的表达式，结合根与系数的关系式，即可判断C；将化简为，再结合导数的几何意义判断，即可判断D.
【详解】由题意得，
由于有两个不同的极值点，
即有2个正数根，则，，
故需满足，解得，
对于A，，A错误；
对于B，，故，
令，，
即在上单调递减，故，
即，B正确；
对于C，
，C正确；
对于D，
，
可看作曲线上两点连线的斜率，
由于，，故不妨设，
由于，，则曲线在处的切线斜率为1，
由于，故连线的斜率小于1，即，
所以，即，D正确，
故选：BCD
【点睛】难点点睛：解答本题的难点时选项D的判断，解答时结合根与系数的关系将转化为，再结合导数的几何意义判断，即可判断该选项.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知的展开式中含的项的系数为5，则 _．
【答案】2
【分析】首先原式展开为，然后分别求每一项中含有的系数，最后求.
【详解】由题意知原式展开为，
所以的展开式中含的项为，
即，由已知条件知，解得 .
【点睛】本题考查了二项式定理的综合问题，意在考查二项式定理指定项的求法，属于基础题.
13．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆.若用平行于圆锥的底面，且与底面的距离为的平面截圆锥，将此圆锥截成一个小圆锥和一个圆台，则小圆锥和圆台的体积之比为 .
【答案】/1:7
【分析】由题意，根据圆锥侧面积计算公式，求的圆锥底面半径、母线，结合三角形相似即可求出小圆锥和圆台的体积之比.
【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，
由题意，，，故，
作圆锥轴截面如下图：
所以，，，所以圆锥体积为，
因为用与底面的距离为的平面截圆锥，故，且，
所以小圆锥体积，
所以圆台的体积，
故小圆锥和圆台的体积之比为.
故答案为：
14．已知，分别是椭圆的左、右焦点，点是直线上一动点，当点的纵坐标为时，最大，则椭圆的离心率为 ．
【答案】33/133
【分析】利用数型结合画出图，分别设，，从而得，然后结合基本不等式从而可求解.
【详解】由题意得如图，设直线与轴的交点设为，则，
设，m>0，，，
所以，
设，，得，
则，，
所以，
因为，，当且仅当，即时取等号，由题意知，有最大值，所以，化简得，
即，解得或（舍）.
又因为，所以.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：利用数型结合分别求出，然后利用基本不等式从而求解.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求A；
(2)若△ABC外接圆的直径为，求的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由两角和与差的余弦公式、正弦定理化简已知式即可得出答案；
（2）由正弦定理可得，由两角差的正弦公式和辅助角公式可得，再由三角函数的性质求解即可.
【详解】（1）由可得：，所以，
所以，
，
，由正弦定理可得，
因为，所以，所以，
因为，所以.
（2）由正弦定理可得，
所以，
故，
又，所以，
所以
，又，所以，
所以，所以的取值范围为.
16．已知平行四边形如图甲，，，沿将折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥，如图乙.
(1)证明：平面平面；
(2)在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析(2)存在，且
【分析】（1）推导出，证明出平面，可得出， 利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，
因为，则，，
由余弦定理可得，
所以，，则，同理可证，
翻折后，则有，，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，故平面平面.
（2）解：因为平面，，以点为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设PM=λPC=λ0,3,−1=0,3λ,−λ，其中，
则AM=AP+PM=0,0,1+0,3λ,−λ=0,3λ,1−λ，，
设平面的法向量为，
则，取，则，，
所以，，
易知平面的一个法向量为，
则，整理可得，因为，解得，
因此，线段上存在点，使二面角的余弦值为，且.
17．在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先，四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名，紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获第三名；最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵的结果相互独立.
(1)若，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁；
①求甲获得第四名的概率；
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望；
(2)除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军.哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由.
【答案】(1)①0.16；②3.128
(2)答案见解析..
【分析】（1）结合对立事件概率和独立事件概率公式求解即可；
（2）结合对立事件概率和独立事件概率公式比较计算.
【详解】（1）①记“甲获得第四名”为事件，则；
②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量，
则的所有可能取值为2，3，4，
连败两局：，
可以分为：连胜两局，第三局不管胜负；负胜负；胜负负；
，
；
故的分布列如下：
故数学期望；
（2）“双败淘汰制”下，甲获胜的概率，
在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为，
由，且
所以时，，“双败淘汰制”对甲夺冠有利；
时，，“单败淘汰制”对甲夺冠有利；
时，两种赛制甲夺冠的概率一样.
18．已知椭圆的方程为（），离心率为，点在椭圆上.其左右顶点分别为、，左右焦点分别为、.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线过轴上的定点（点不与、重合），且交椭圆于、两点（，），当满足时，求点的坐标.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据离心率，且点在椭圆上，从而可求解.
（2）设出直线的方程，然后与椭圆方程进行联立并结合韦达定理及题中几何关系从而求解.
【详解】（1）由题知离心率，且，得，
又因为点在椭圆上，所以，解得，，
所以椭圆的方程为.
故椭圆的标准方程为.
（2）设直线的方程为，Px1,y1，Qx2,y2，
由（1）知，，
联立，得，
由韦达定理，得，
由题得，即（*）
因为，所以，
所以
，解得，
故直线的方程为，经过轴上的定点.
19．拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，其内容为：如果函数在闭区间上的图象连续不断，在开区间内的导数为f'x，那么在区间内存在点，使得成立．设，其中为自然对数的底数，．易知，在实数集上有唯一零点，且．
(1)证明：当时，；
(2)从图形上看，函数的零点就是函数的图象与轴交点的横坐标．直接求解的零点是困难的，运用牛顿法，我们可以得到零点的近似解：先用二分法，可在中选定一个作为的初始近似值，使得，然后在点x0,fx0处作曲线y=fx的切线，切线与轴的交点的横坐标为，称是的一次近似值；在点x1,fx1处作曲线y=fx的切线，切线与轴的交点的横坐标为，称是的二次近似值；重复以上过程，得的近似值序列．
①当时，证明：；
②根据①的结论，运用数学归纳法可以证得：为递减数列，且．请以此为前提条件，证明：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)①证明见解析；②证明见解析.
【分析】（1）因为在R上单调递增，所以任意，有，另一方面，注意到，即，根据拉格明日中值定理，即可证明结论.
（2）①利用导数的几何意义进行证明即可；②根据①，及前面的结论，，，构造函数求导数，结合拉格朗日中值定理证明结论.
【详解】（1）由在R上单调递增，得任意，有，
又由，得，根据拉格明日中值定理，
存在，，
因为，所以，，
所以
（2）①先证，
在处，曲线的切线方程为，
令，得，即，
由于，在R上单调递增，则，
而，则有，所以，即；
再证：，
由于在R上单调递增，只需证，
曲线的切线方程为，即，
根据的定义，，
令，，
，，
于是在上单调递减，而，
因此，又，即，所以，
综上.
②由在R上单调递增，，得，
则，由①，及前面的结论，，，
令，则，记，则当时，
，
根据拉格朗日中值定理，
，，，
即，于是，累乘得，所以
【点睛】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点处的切线方程为：.
2
3
4