《广东省广州市部分学校2025届高三第二次教学质量联合测评数学试题（含答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省广州市部分学校2025届高三第二次教学质量联合测评数学试题（含答案）（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、广东省广州市部分学校2025届高三第二次教学质量联合测评数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.设集合M=x|0x4，则N=x|13x5，则MN等于()A. x|0x13B. x|13x4C. x|4x5D. x|0x52.已知复数z满足1+2iz=34i，则z=()A. 3B. 5C. 3D. 53.已知向量a=2,x，b=x,2，若aba，则x=()A. 2B. 0C. 1D. 24.北宋数学家沈括在酒馆看见一层层垒起的酒坛，想求这些酒坛的总数，经过反复尝试，终于得出了长方台形垛积的求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一
2、个长方台形垛积，第一层有ab,a=b+1个小球，第二层有a+1b+1个小球，第三层有a+2b+2个小球.依此类推，最底层有cd个小球，共有n层.现有一个由小球堆成的长方台形垛积，共7层，小球总个数为168，则该垛积的第一层的小球个数为() A. 1B. 2C. 3D. 45.将6棵高度不同的景观树种植在道路两侧，要求每一侧种植3棵，且每一侧中间的景观树都要比两边的高，则不同的种植方法共有()A. 20种B. 40种C. 80种D. 160种6.如图，上海黄浦江上的卢浦大桥，整体呈优美的弧形对称结构.如图，将卢浦大桥的主拱看作抛物线，江面和桥面看作水平的直线，主拱的顶端P到江面的距离为100m，
3、且AB= 2CD=550m，则顶端P到桥面的距离为() A. 50mB. 50 2mC. 55mD. 55 2m7.将函数g(x)=cos(x+12)(N)的图象上所有点的横坐标变为原来的12，纵坐标变为原来的2倍，得到函数f(x)的图象，若f(x)在(0,2)上只有一个极大值点，则的最大值为()A. 2B. 3C. 4D. 58.设a=e0.11，b=111，c=ln1.1，则()A. bcaB. cbaC. abcD. acb二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知不等式ax2+bx+c0的解集为x|1tx1，则()A. ac0B. b2a1t
4、+t10.已知XN2,9，则()A. EX=2B. DX=3C. PX8PX1D. PX1+PX5=111.如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，已知AB=AD=AA1=1，A1AD=A1AB=BAD=60，E为棱CC1上一点，且C1E=2EC，则() A. BD1= 2B. 直线BD1与AC所成角的余弦值为 66C. A1E平面BDD1B1D. 直线BD1与平面ACC1A1所成角为4三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.在ABC中，已知ABAC=9，sinB=cosAsinC，SABC=6，P为线段AB上的点，且CP=xCACA+yCBCB，则y4x+2y12的最小值
5、为13.已知抛物线C:y2=2x的焦点为F，若C上存在三点P1,P2,P3，且F为P1P2P3的重心，则P1P2P3三边中线长之和为14.在n维空间中n2,nN，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标a1,a2,an，其中ai0,11in,iN.定义：在n维空间中两点a1,a2,an与b1,b2,bn的曼哈顿距离为a1b1+a2b2+anbn.在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则EX= 四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)在公差不为0的等差数列an中，a1=1，且a5是
6、a2与a14的等比中项(1)求an的通项公式;(2)若bn=2an，cn=anbn，求数列cn的前n项和Sn16.(本小题12分)已知ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a:b:c=2:3:4(1)求cosA；(2)若点D为AB的中点，且CD= 10，求ABC的面积17.(本小题12分)如图，已知四棱台ABCDA1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，AA1=3，且AA1底面ABCD，点P、Q分别是棱BB1,DD1的中点(1)在底面ABCD内是否存在点M，满足C1M平面CPQ?若存在，请说明点M的位置，若不存在，请说明理由；(2)设平面CPQ交棱AA1于点T，平面
7、CPTQ将四棱台ABCDA1B1C1D1分成上，下两部分，求CT与平面CDD1C1所成角的正弦值18.(本小题12分)已知A(0,3)和P(3,32)是椭圆：x2a2+y2b2=1上两点，O是坐标原点(1)求椭圆的离心率；(2)若过点P的直线l交于另一点B，且ABP的面积为9，求直线l的方程：(3)过OA中点C的动直线与椭圆有两个交点M，N，试判断在y轴上是否存在点T使得TMTN0.若存在，求出T点纵坐标的取值范围；若不存在，说明理由19.(本小题12分)已知函数fx=x2lnx(1)讨论函数fx的单调性；(2)求函数fx在e2,fe2处切线方程；(3)若fx=m有两解x1，x2，且x1x2，
8、求证：2ex1+x2e2参考答案1.B2.B3.A4.B5.C6.C7.B8.A9.BCD10.AD11.ABD12. 6313.9214.803115.解：(1)设an的公差为d(d0)，因为a5是a2与a14的等比中项，所以a52=a2a14，即(a1+4d)2=(a1+d)(a1+13d)，整理得d2=2a1d.又a1=1，d0，所以d=2，则an=a1+(n1)d=2n1(2)由(1)可得bn=2an=22n1，cn=anbn=(2n1)22n1，则Sn=121+323+525+(2n1)22n1，4Sn=123+325+527+(2n1)22n+1，得3Sn=2+2(23+25+22
9、n1)(2n1)22n+1=2+22322n+114(2n1)22n+1=1036n5322n+1，则Sn=6n5922n+1+10916.解：(1)设a=2k,b=3k,c=4k,k0，则由余弦定理得cosA=b2+c2a22bc=9k2+16k24k223k4k=78；(2)在ACD中，cosA=78，AD=2k，CD= 10，由余弦定理得CD2=AD2+AC22ADACcosA，即10=4k2+9k222k3k78，解得k=2，又sinA= 1cos2A= 158，故a=4,b=6,c=8，SABC=12bcsinA=1268 158=3 1517.解：(1)因AA1底面ABCD，且AB
10、CD是正方形，故可以点A为坐标原点，分别以AB,AD,AA1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示则C(4,4,0),B(4,0,0),B1(2,0,3),D(0,4,0),D1(0,2,3),C1(2,2,3),因点P、Q分别是棱BB1、DD1的中点，则P(3,0,32),Q(0,3,32)，CP=(1,4,32),CQ=(4,1,32)，假设在底面ABCD内存在点M(a,b,0)，使得C1M平面CPQ，则0a,b4,则C1M=(a2,b2,3),由C1MCP=2a4(b2)92=0C1MCQ=4(a2)(b2)92=0，解得a=1110b=1110,故存在点M(1110,111
11、0,0)，满足C1M平面CPQ；(2)按照(1)建系，设点T(0,0,t),(0t3)，依题意，C,P,T,Q四点共面，故必有CT=CP+CQ，即(4,4,t)=(1,4,32)+(4,1,32)，则得，4=44=432+32=t，解得=45=45t=125,即T(0,0,125)，又CC1=(2,2,3),CD=(4,0,0)，设平面CDD1C1的法向量为n=(x,y,z)，则nCC1=2x2y+3z=0nCD=4x=0,故可取n=(0,3,2).因CT=(4,4,125)，设CT与平面CDD1C1所成角为，则sin=cosCT,n=12+245 32+14425 13=9 767767即C
12、T与平面CDD1C1所成角的正弦值为9 76776718.解：(1)由题意得b=39a2+94b2=1，解得b2=9a2=12，椭圆方程为：x212+y29=1所以e= 1b2a2= 1912=12(2)kAP=33203=12，则直线AP的方程为y=12x+3，即x+2y6=0，AP= 032+3322=3 52，由(1)知C:x212+y29=1，设点B到直线AP的距离为d，则d=293 52=12 55，则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移12 55单可，此时该平行线与椭圆的交点即为点B，设该平行线的方程为：x+2y+C=0，则C+6 5=12 55，解得C=6或C=18，当C=6时，联
13、立x212+y29=1x+2y+6=0，解得x=0y=3或x=3y=32,即B0,3或3,32，当B0,3时，此时kl=32，直线l的方程为y=32x3，即3x2y6=0，当B3,32时，此时kl=12，直线l的方程为y=12x，即x2y=0，当C=18时，联立x212+y29=1x+2y18=0得2y227y+117=0，=27242117=2070且x1+x2=12k3+4k2,x1x2=273+4k2,而TM=x1,y1t,TN=x2,y2t，故TMTN=x1x2+y1ty2t=x1x2+kx1+32tkx2+32t=1+k2x1x2+k32tx1+x2+32t2=1+k2273+4k2k32t12k3+4k2+32t2=8149t+3t236k2+4k2t23+4k2=(36+4t2)k28149t+3t23+4k2，因为TMTN0恒成立，故36+4t204(36+4t2)(814+9t3t2)0，解得32t3若过
