广东省广州市天河区2025届高三上学期模拟数学试卷

这是一份广东省广州市天河区2025届高三上学期模拟数学试卷，共20页。试卷主要包含了6，去掉1和12后，， 以下说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答卷前，考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、姓名、班级、座位号和考生号填写在答题卡相应的位置上，再用2B铅笔把考号的对应数字涂黑．
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上．
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔或涂改液．不按以上要求作答的答案无效．
4.考生必须保证答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．
一、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，只有一项是符合题目要求的.
1. 若全集，集合，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据补集的定义可得，再由并集的定义求解即可.
【详解】解：因为，，
所以，
所以.
故选：A.
2. 已知数据，且满足，若去掉，后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，有可能变大的是（ ）
A. 平均数B. 中位数C. 极差D. 方差
【答案】A
【解析】
【分析】根据极差，中位数以及方差的定义即可排除BCD，举反例即可求解A.
【详解】由于，所以原来的极差为，新数据的极差为，故极差变小，
原来和新数据的中位数均为，故中位数不变，
去掉，后，数据波动性变小，故方差变小，
因此可能变大的是平均数，比如，原数据的平均数为6.6，去掉1和12后，
新数据的平均数为，但，故A正确.
故选：A
3. 若，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】由指数函数，对数函数的单调性分别求解不等式，再由充分条件以及必要条件的定义，即可判断.
【详解】因为在上单调递增，
由可得，即，所以，
但无法保证，故不一定成立，充分性不满足；
由可得，所以一定成立，故必要性满足；
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4. 已知为第一象限角，为第四象限角，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正切的差角公式可得，即可结合角的范围，根据同角关系求解.
【详解】因为，，
所以，故，
又是第一象限角，为第四象限角，
故，
因此，
因此，由于，
则，故.
故选：C.
5. 大西洋鲑鱼每年都要逆游而上游回产地产卵.研究鲑鱼的科学家发现鲑鱼的游速（单位：）可以表示为，其中表示鲑鱼的耗氧量的单位数.若一条鲑鱼游速为时耗氧量的单位数为，游速为时耗氧量的单位数为，则（ ）
A. 3B. 6C. 9D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】利用对数的运算法则计算即可.
【详解】根据题意可得，，
两式相减得，所以，
所以，所以.
故选：C.
6. 数列中，，，若是数列的前项积，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得，然后求得的表达式，再根据二次函数的性质求得正确答案.
【详解】依题意，，，
所以，所以，
所以
，
函数的开口向下，对称轴为，
所以当或时，取得最大值为.
故选：D
7. 在平面直角坐标系中，以轴非负半轴为始边作角和角，，它们的终边分别与单位圆交于点，，设线段的中点的纵坐标为，若，则角的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由点的坐标可得，结合恒等变换公式化简，然后求解三角函数不等式，即可得到结果.
【详解】由题意可得，，
则
，
由可得，即，
解得，
即，
又，则时，.
故选：B
8. 已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是（ ）
A. (1,+∞)B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过对进行分类讨论，利用导数来判断函数的单调性，再利用函数零点的存在性定理，判断出函数在定义域上的零点，进而得出结果．
【详解】因为，所以
当时，由，解得或，且有，，
当，f′x>0，在区间上单调递增；
当，f′x<0，在区间上单调递减；
当x∈0,+∞，f′x>0，在区间0,+∞上单调递增；
又因为，，,
所以，存在一个负数零点，所以符合题意；
当时，令，解得或，且有，
当，f′x<0，在区间上单调递减；
当，f′x>0，在区间上单调递增；
当，f′x<0，在区间上单调递减；
又因为，,
所以存在一个负数零点，要使存在唯一的零点，
则满足，解得，又因为，所以，
综上，的取值范围是或．
故选：C.
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，部分选对的部分分，有选错的得0分.
9. 以下说法正确的是（ ）
A. 两个变量的样本相关系数越大，它们的线性相关程度越强
B. 残差点分布在以横轴为对称轴的水平带状区域内，该区域越窄，拟合效果越好
C. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，可以认为“与没有关联”
D. 若随机变量，，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意，结合相关系数的概念，以及独立性检验的概念和正态分布的概率公式，逐项判断即可求解.
【详解】对于A，根据相关系数的定义，当时，表明两个变量正相关；当时，表明两个变量负相关，
其中，且当越接近1时，相关程度越大；当越接近0时，相关程度越小，故A错误.
对于B，残差点分布越窄，说明大部分预测值与实际值的偏离越小，拟合效果较好，故B正确.
对于C，独立性检验的判断标准是，若计算得出的值大于临界值，则拒绝独立性假设，
说明变量与存在关联。因此，，
意味着拒绝“与没有关联”的零假设，故C错误.
对于D，对于，则，
所以，
对于，则，
所以，
又，所以，故D正确
故选：BD.
10. 设函数，已知在区间有且仅有个对称中心，则（ ）
A. 在区间有且仅有2个极大值点B. 在区间有且仅有3个极小值点
C. 在区间单调递减D. 的取值范围是
【答案】AC
【解析】
【分析】根据在区间上对称中心的个数求得的取值范围，根据极大值、极小值、单调性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由，得，
由于在区间有且仅有5个对称中心，
所以，解得，所以D选项错误.
由上述分析可知，
所以对于A选项，由或，
即或时，取得极大值，所以A选项正确.
对于B选项，当时，
，
由或，
即或时，取得极小值，
即只有个极小值，所以B选项错误.
对于D选项，由上述分析可知，
所以当时，，
所以在区间单调递减，C选项正确.
故选：AC
11. 已知函数定义域为，集合，在使得的所有中，下列成立的是（ ）
A. 存在，当时有B. 存在是增函数
C. 存在是奇函数D. 存在，使恒大于0
【答案】ACD
【解析】
【分析】构造函数可判断AD；根据增函数定义即集合的含义可判断B；构造函数可判断C.
【详解】对A，构造函数，图象如图所示：
此时，显然存在时，，A正确；
对D，由A中函数可知，存在，使恒大于0，D正确；
对B，若是增函数，则对任意，都有时，
则，所以B错误；
对C，构造函数，图象如下图：
易知，是奇函数，且，故C正确.
故选：ACD
【点睛】关键点睛：本题关键在于理解集合的含义，根据选项构造相应函数.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，若曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为，则实数的值为____.
【答案】
【解析】
【分析】求导，即可根据切线斜率求解.
【详解】由可得，
由于曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为，
故，解得，
故答案为：
13. 若的展开式中，项的系数为-8，则的最大值为____.
【答案】##0.125
【解析】
【分析】根据二项式展开式的特征，可得项的系数为为，即可根据求解.
【详解】,
又，
故，
可由分别提供得到，或者提供得到，或者提供得到，
故项的系数为为，
故，即，
要使最大，则需为正数，
因此，故，当且仅当时取等号，
故答案为：
14. 袋子里有四张卡片，分别标有数字1，2，3，4，从袋子中有放回地依次随机抽取四张卡片并记下卡片上数字，则有两张卡片数字之和为5概率是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据分类加法计数原理，将两张卡片数字之和不为5的分为5种情况有：即可根据组合数求解,结合对立事件的概率公式即可求解.
【详解】根据题意可知：有放回地依次随机抽取四张卡片可得所有情况有种，
任意两张卡片数字之和不为5的情况有：
①1111，2222，3333，4444，都各有1种，
②1112，1122，1222，有种，
③1113，1133，1333，有种，
④2224，2244，2444有种，
⑤3334，3344，3444有种，
故总的情况有，
故有两张卡片数字之和为5的概率是，
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知数列的前项和公式为，数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的通项公式.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据的关系即可求解，
（2）根据，利用累加法，结合错位相减即可化简求解.
小问1详解】
由可得时，，
故，
当时，也符合要求，
故，
【小问2详解】
由可得，
故时，，则，
相减可得，
故，
化简可得，故，
当时，也符合要求，
故
16. 三角形中，内角，，对应边分别为，，，面积.
（1）求的大小；
（2）如图，若为外一点，在四边形中，边长，，，求CD的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面积公式以及余弦定理可得，即可求解，
（2）根据正弦定理可得，即可根据二倍角公式化简得，利用余弦函数的性质即可求解.
【小问1详解】
因为，即，
所以，
所以，
因为，所以．
【小问2详解】
在和中，由正弦定理可得，
设，，则，
故两式相除可得，即,
因此，
故当时，即时，此时取最大值1，故取最小值.
17. 已知函数.
（1）若，求证：当x>0时，；
（2）若x=0是的极大值点，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）令，再求导可得，即可得到在上恒成立，即可证明；
（2）分类讨论可得单调性，分、、、四种情况讨论，判断的单调性，即可确定极值点，从而得解；
【小问1详解】
若，则，令，
则，当时，，即在上恒成立，
所以在上单调递增，即在上单调递增，
所以，
即在上单调递增，所以.
【小问2详解】
由题知，
令，则，
当时，在区间单调递增，
当时，令，解得，
当时，，当时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
则当时，，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
所以是函数的极小值点，不符合题意；
当时，，且，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
所以是函数的极小值点，不符合题意；
当时，，
则当时，在上单调递增，
所以无极值点，不合题意；
当时，，且；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
所以是函数的极大值点，符合题意；
综上所述，的取值范围是.
18. 小张参加某项专业能力考试.该考试有，，三类问题，考生可以自行决定三类问题的答题次序，回答问题时按答题次序从某一类问题中随机抽取一个问题回答，若回答正确则考试通过，若回答错误则继续从下一类问题中再随机抽取一个问题回答，依此规则，直到三类问题全部答完，仍没有答对，则考试不通过.已知小张能正确回答，，三类问题的概率分别为，，，且每个问题的回答结果相互独立.
（1）若小张按照在先，次之，最后的顺序回答问题，记为小张的累计答题数目，求的分布列；
（2）小张考试通过的概率会不会受答题次序的影响，请作出判断并说明理由；
（3）设，为使累计答题数目的均值最小，小张应如何安排答题次序？并说明理由.
【答案】（1）答案见解析
（2）会，理由见解析 （3）应按的顺序答题，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件概率计算公式求得分布列.
（2）计算按的顺序、的顺序答题时，累计答题数目的均值，从而作出判断.
（3）计算按的顺序、的顺序、的顺序、的顺序答题时，累计答题数目的均值，从而作出判断.
【小问1详解】
按的顺序答题，的可能取值为，
则,，，
所以的分布列为：
【小问2详解】小张考试通过的概率会受答题次序的影响，理由如下：
若按的顺序答题，设为此时小张的累计答题数目，
由（1）得
.
若按的顺序答题，设为此时小张的累计答题数目，
则，
所以
.
，
由于的值不一定为，所以不一定相等，
所以小张考试通过的概率会受答题次序的影响.
【小问3详解】
应按的顺序答题，理由如下：
设，，
.
根据（2）可知.
若按的顺序答题，设为此时小张的累计答题数目，
同理可得.
若按的顺序答题，设为此时小张的累计答题数目，
同理可得.
，
若按的顺序答题，设为此时小张的累计答题数目，
同理可得.
若按的顺序答题，设为此时小张的累计答题数目，
同理可得.
.
所以累计答题数目的均值最小的，是、、中最小的一个，
，
，
所以，
，
，
所以，
所以最小的是，
所以应按的顺序答题.
【点睛】方法点睛：本题涉及相互独立事件和期望值的计算，考查考生对独立事件概率分布及期望最小化策略的理解与应用．题目包含了分布列的计算、不同答题顺序对结果的影响，以及最优答题顺序的选择，整体具有一定的综合性和策略性．解答过程中使用了差比较法来进行比较，使得结论更具说服力．
19. 如果函数y=f(x)，满足：对于任意，，均有（为正整数）成立，则称函数y=f(x)在上具有“级”性质.
（1）判断在区间上是否具有“1级”性质，并说明理由；
（2）若在区间上具有“1级”性质，求的取值范围；
（3）已知函数在定义域上具有“级”性质，求证：对任意，，当时，都有成立.
【答案】（1）具有“1级”性质，利用见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接利用定义证明具有“1级”性质；
（2）根据“1级”性质可将问题转化为在1,2单调递增，在1,2单调递减，构造函数，利用导数分别求解其最大值和最小值，即可求解.
（3）由题意可知，将区间进行2024等分，对每一个小区间进行“级”性质的使用，即可利用累加迭代法相加求证．
【小问1详解】
对于函数，由于，所以，故，
函数具有“1级”性质．
【小问2详解】
由于在区间1,2上具有“1级”性质，
不妨设，
所以，故，
进而，且，
故在1,2单调递增，在1,2单调递减，
因此在1,2恒成立，
故在1,2恒成立，
令，
则，
由于均为单调递增函数，因此单调递增，单调递减，
又，故存在，即，，
当单调递减，当单调递增，
故取极大值也是最大值，故，因此，
又在1,2恒成立，故在1,2单调递减，故当时，取最小值，因此，即，
综上可得，
【小问3详解】
由题意可知，，
将区间进行2024等分，记
，，，，，
．
故，得证.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别