2025屆廣東省廣州市荔灣、海珠部分學(xué)校高三第四次模擬考試數(shù)學(xué)試卷含解析

2025屆廣東省廣州市荔灣、海珠部分學(xué)校高三第四次模擬考試數(shù)學(xué)試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．國家統(tǒng)計局服務(wù)業(yè)調(diào)查中心和中國物流與采購聯(lián)合會發(fā)布的2018年10月份至2019年9月份共12個月的中國制造業(yè)采購經(jīng)理指數(shù)(PMI)如下圖所示.則下列結(jié)論中錯誤的是（）A．12個月的PMI值不低于50%的頻率為B．12個月的PMI值的平均值低于50%C．12個月的PMI值的眾數(shù)為49.4%D．12個月的PMI值的中位數(shù)為50.3%2．已知正三棱錐的所有頂點都在球的球面上，其底面邊長為4，、、分別為側(cè)棱，，的中點.若在三棱錐內(nèi)，且三棱錐的體積是三棱錐體積的4倍，則此外接球的體積與三棱錐體積的比值為（）A． B． C． D．3．如圖，正四面體的體積為，底面積為，是高的中點，過的平面與棱、、分別交于、、，設(shè)三棱錐的體積為，截面三角形的面積為，則（）A．， B．，C．， D．，4．設(shè)過定點的直線與橢圓：交于不同的兩點，，若原點在以為直徑的圓的外部，則直線的斜率的取值范圍為（）A． B．C． D．5．已知等差數(shù)列中，，則（）A．20 B．18 C．16 D．146．已知是定義在上的奇函數(shù)，且當(dāng)時，．若，則的解集是（）A． B．C． D．7．根據(jù)散點圖，對兩個具有非線性關(guān)系的相關(guān)變量x，y進行回歸分析，設(shè)u=lny，v=(x-4)2，利用最小二乘法，得到線性回歸方程為=0.5v+2，則變量y的最大值的估計值是（）A．e B．e2 C．ln2 D．2ln28．若是定義域為的奇函數(shù)，且，則A．的值域為 B．為周期函數(shù)，且6為其一個周期C．的圖像關(guān)于對稱 D．函數(shù)的零點有無窮多個9．元代數(shù)學(xué)家朱世杰的數(shù)學(xué)名著《算術(shù)啟蒙》是中國古代代數(shù)學(xué)的通論，其中關(guān)于“松竹并生”的問題：松長五尺，竹長兩尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而長等.下圖是源于其思想的一個程序圖，若，，則輸出的（）A．3 B．4 C．5 D．610．已知空間兩不同直線、，兩不同平面，，下列命題正確的是（）A．若且，則 B．若且，則C．若且，則 D．若不垂直于，且，則不垂直于11．設(shè)等比數(shù)列的前項和為，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件12．已知正項等比數(shù)列的前項和為，則的最小值為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．（5分）某膳食營養(yǎng)科研機構(gòu)為研究牛蛙體內(nèi)的維生素E和鋅、硒等微量元素（這些元素可以延緩衰老，還能起到抗癌的效果）對人體的作用，現(xiàn)從只雌蛙和只雄蛙中任選只牛蛙進行抽樣試驗，則選出的只牛蛙中至少有只雄蛙的概率是____________．14．已知一個四面體的每個頂點都在表面積為的球的表面上，且，，則__________．15．如圖所示，直角坐標(biāo)系中網(wǎng)格小正方形的邊長為1，若向量、、滿足，則實數(shù)的值為_______．16．已知，(，)，則＝_______．三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知函數(shù)u（x）＝xlnx，v（x）x﹣1，m∈R．（1）令m＝2，求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）令f（x）＝u（x）﹣v（x），若函數(shù)f（x）恰有兩個極值點x1，x2，且滿足1e（e為自然對數(shù)的底數(shù)）求x1?x2的最大值．18．（12分）如圖，在四棱錐中，底面是菱形，∠，是邊長為2的正三角形，，為線段的中點．（1）求證：平面平面；（2）若為線段上一點，當(dāng)二面角的余弦值為時，求三棱錐的體積．19．（12分）設(shè)函數(shù)，其中．（Ⅰ）當(dāng)為偶函數(shù)時，求函數(shù)的極值；（Ⅱ）若函數(shù)在區(qū)間上有兩個零點，求的取值范圍．20．（12分）如圖所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M是線段EF的中點．求證：(1)AM∥平面BDE；(2)AM⊥平面BDF.21．（12分）已知，且滿足，證明：.22．（10分）在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB＝1，AA1＝2，E，F(xiàn)，G分別是棱AA1，AC和A1C1的中點，以為正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F-xyz.（1）求異面直線AC與BE所成角的余弦值；（2）求二面角F-BC1-C的余弦值．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、D【解析】

根據(jù)圖形中的信息，可得頻率、平均值的估計、眾數(shù)、中位數(shù)，從而得到答案.【詳解】對A，從圖中數(shù)據(jù)變化看，PMI值不低于50%的月份有4個，所以12個月的PMI值不低于50%的頻率為，故A正確；對B，由圖可以看出，PMI值的平均值低于50%，故B正確；對C，12個月的PMI值的眾數(shù)為49.4%，故C正確，；對D，12個月的PMI值的中位數(shù)為49.6%，故D錯誤故選：D.【點睛】本題考查頻率、平均值的估計、眾數(shù)、中位數(shù)計算，考查數(shù)據(jù)處理能力，屬于基礎(chǔ)題.2、D【解析】

如圖，平面截球所得截面的圖形為圓面，計算，由勾股定理解得，此外接球的體積為，三棱錐體積為，得到答案.【詳解】如圖，平面截球所得截面的圖形為圓面.正三棱錐中，過作底面的垂線，垂足為，與平面交點記為，連接、.依題意，所以，設(shè)球的半徑為，在中，，，，由勾股定理：，解得，此外接球的體積為，由于平面平面，所以平面，球心到平面的距離為，則，所以三棱錐體積為，所以此外接球的體積與三棱錐體積比值為.故選：D.【點睛】本題考查了三棱錐的外接球問題，三棱錐體積，球體積，意在考查學(xué)生的計算能力和空間想象能力.3、A【解析】

設(shè)，取與重合時的情況，計算出以及的值，利用排除法可得出正確選項.【詳解】如圖所示，利用排除法，取與重合時的情況.不妨設(shè)，延長到，使得．，，，，則，由余弦定理得，，，又，，當(dāng)平面平面時，，，排除B、D選項；因為，，此時，，當(dāng)平面平面時，，，排除C選項.故選：A.【點睛】本題考查平行線分線段成比例定理、余弦定理、勾股定理、三棱錐的體積計算公式、排除法，考查了空間想象能力、推理能力與計算能力，屬于難題．4、D【解析】

設(shè)直線：，，，由原點在以為直徑的圓的外部，可得，聯(lián)立直線與橢圓方程，結(jié)合韋達定理，即可求得答案.【詳解】顯然直線不滿足條件，故可設(shè)直線：，，，由，得，，解得或，，，，，，解得，直線的斜率的取值范圍為.故選：D.【點睛】本題解題關(guān)鍵是掌握橢圓的基礎(chǔ)知識和圓錐曲線與直線交點問題時，通常用直線和圓錐曲線聯(lián)立方程組，通過韋達定理建立起目標(biāo)的關(guān)系式，考查了分析能力和計算能力，屬于中檔題．5、A【解析】

設(shè)等差數(shù)列的公差為,再利用基本量法與題中給的條件列式求解首項與公差,進而求得即可.【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為.由得,解得.所以.故選：A【點睛】本題主要考查了等差數(shù)列的基本量求解,屬于基礎(chǔ)題.6、B【解析】

利用函數(shù)奇偶性可求得在時的解析式和，進而構(gòu)造出不等式求得結(jié)果.【詳解】為定義在上的奇函數(shù)，.當(dāng)時，，，為奇函數(shù)，，由得：或；綜上所述：若，則的解集為.故選：.【點睛】本題考查函數(shù)奇偶性的應(yīng)用，涉及到利用函數(shù)奇偶性求解對稱區(qū)間的解析式；易錯點是忽略奇函數(shù)在處有意義時，的情況.7、B【解析】

將u=lny，v=(x-4)2代入線性回歸方程=-0.5v+2，利用指數(shù)函數(shù)和二次函數(shù)的性質(zhì)可得最大估計值.【詳解】解：將u=lny，v=(x4)2代入線性回歸方程=0.5v+2得：，即，當(dāng)時，取到最大值2，因為在上單調(diào)遞增，則取到最大值.故選：B.【點睛】本題考查了非線性相關(guān)的二次擬合問題，考查復(fù)合型指數(shù)函數(shù)的最值，是基礎(chǔ)題,.8、D【解析】

運用函數(shù)的奇偶性定義，周期性定義，根據(jù)表達式判斷即可.【詳解】是定義域為的奇函數(shù)，則，，又，，即是以4為周期的函數(shù)，，所以函數(shù)的零點有無窮多個；因為，，令，則，即，所以的圖象關(guān)于對稱，由題意無法求出的值域，所以本題答案為D.【點睛】本題綜合考查了函數(shù)的性質(zhì)，主要是抽象函數(shù)的性質(zhì)，運用數(shù)學(xué)式子判斷得出結(jié)論是關(guān)鍵.9、B【解析】分析：根據(jù)流程圖中的可知，每次循環(huán)的值應(yīng)是一個等比數(shù)列，公比為；根據(jù)流程圖中的可知，每次循環(huán)的值應(yīng)是一個等比數(shù)列，公比為，根據(jù)每次循環(huán)得到的的值的大小決定循環(huán)的次數(shù)即可.詳解：記執(zhí)行第次循環(huán)時，的值記為有，則有；記執(zhí)行第次循環(huán)時，的值記為有，則有.令，則有，故，故選B.點睛：本題為算法中的循環(huán)結(jié)構(gòu)和數(shù)列通項的綜合，屬于中檔題，解題時注意流程圖中蘊含的數(shù)列關(guān)系（比如相鄰項滿足等比數(shù)列、等差數(shù)列的定義，是否是求數(shù)列的前和、前項積等）.10、C【解析】因答案A中的直線可以異面或相交，故不正確；答案B中的直線也成立，故不正確；答案C中的直線可以平移到平面中，所以由面面垂直的判定定理可知兩平面互相垂直，是正確的；答案D中直線也有可能垂直于直線，故不正確．應(yīng)選答案C．11、C【解析】

根據(jù)等比數(shù)列的前項和公式，判斷出正確選項.【詳解】由于數(shù)列是等比數(shù)列，所以，由于，所以，故“”是“”的充分必要條件.故選：C【點睛】本小題主要考查充分、必要條件的判斷，考查等比數(shù)列前項和公式，屬于基礎(chǔ)題.12、D【解析】

由，可求出等比數(shù)列的通項公式，進而可知當(dāng)時，；當(dāng)時，，從而可知的最小值為，求解即可.【詳解】設(shè)等比數(shù)列的公比為，則，由題意得，，得，解得，得.當(dāng)時，；當(dāng)時，，則的最小值為.故選：D.【點睛】本題考查等比數(shù)列的通項公式的求法，考查等比數(shù)列的性質(zhì)，考查學(xué)生的計算求解能力，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

記只雌蛙分別為，只雄蛙分別為，從中任選只牛蛙進行抽樣試驗，其基本事件為，共15個，選出的只牛蛙中至少有只雄蛙包含的基本事件為，共9個，故選出的只牛蛙中至少有只雄蛙的概率是．14、【解析】由題意可得，該四面體的四個頂點位于一個長方體的四個頂點上，設(shè)長方體的長寬高為，由題意可得：，據(jù)此可得：，則球的表面積：，結(jié)合解得：.點睛：與球有關(guān)的組合體問題，一種是內(nèi)切，一種是外接．解題時要認(rèn)真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關(guān)元素間的數(shù)量關(guān)系，并作出合適的截面圖，如球內(nèi)切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑；球外接于正方體，正方體的頂點均在球面上，正方體的體對角線長等于球的直徑.15、【解析】

根據(jù)圖示分析出、、的坐標(biāo)表示，然后根據(jù)坐標(biāo)形式下向量的數(shù)量積為零計算出的取值.【詳解】由圖可知：，所以，又因為，所以，所以.故答案為：.【點睛】本題考查向量的坐標(biāo)表示以及坐標(biāo)形式下向量的數(shù)量積運算，難度較易.已知，若，則有.16、【解析】

先利用倍角公式及差角公式把已知條件化簡可得，平方可得.【詳解】∵，∴，則，平方可得．故答案為：.【點睛】本題主要考查三角恒等變換，倍角公式的合理選擇是求解的關(guān)鍵，側(cè)重考查數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng).三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）單調(diào)遞增區(qū)間是（0，e），單調(diào)遞減區(qū)間是（e，+∞）（2）【解析】

（1）化簡函數(shù)h（x），求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可求出（2）函數(shù)f（x）恰有兩個極值點x1，x2，則f′（x）＝lnx﹣mx＝0有兩個正根，由此得到m（x2﹣x1）＝lnx2﹣lnx1，m（x2+x1）＝lnx2+lnx1，消參數(shù)m化簡整理可得ln（x1x2）＝ln?，設(shè)t，構(gòu)造函數(shù)g（t）＝（）lnt，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最大值即可求出x1?x2的最大值．【詳解】（1）令m＝2，函數(shù)h（x），∴h′（x），令h′（x）＝0，解得x＝e，∴當(dāng)x∈（0，e）時，h′（x）＞0，當(dāng)x∈（e，+∞）時，h′（x）＜0，∴函數(shù)h（x）單調(diào)遞增區(qū)間是（0，e），單調(diào)遞減區(qū)間是（e，+∞）（2）f（x）＝u（x）﹣v（x）＝xlnxx+1，∴f′（x）＝1+lnx﹣mx﹣1＝lnx﹣mx，∵函數(shù)f（x）恰有兩個極值點x1，x2，∴f′（x）＝lnx﹣mx＝0有兩個不等正根，∴l(xiāng)nx1﹣mx1＝0，lnx2﹣mx2＝0，兩式相減可得lnx2﹣lnx1＝m（x2﹣x1），兩式相加可得m（x2+x1）＝lnx2+lnx1，∴∴l(xiāng)n（x1x2）＝ln?，設(shè)t，∵1e，∴1＜t≤e，設(shè)g（t）＝（）lnt，∴g′（t），令φ（t）＝t2﹣1﹣2tlnt，∴φ′（t）＝2t﹣2（1+lnt）＝2（t﹣1﹣lnt），再令p（t）＝t﹣1﹣lnt，∴p′（t）＝10恒成立，∴p（t）在（1，e]單調(diào)遞增，∴φ′（t）＝p（t）＞p（1）＝1﹣1﹣ln1＝0，∴φ（t）在（1，e]單調(diào)遞增，∴g′（t）＝φ（t）＞φ（1）＝1﹣1﹣2ln1＝0，∴g（t）在（1，e]單調(diào)遞增，∴g（t）max＝g（e），∴l(xiāng)n（x1x2），∴x1x2故x1?x2的最大值為．【點睛】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值和最值，考查了函數(shù)與方程的思想，轉(zhuǎn)化與化歸思想，屬于難題18、（1）見解析；（2）.【解析】

（1）先證明，可證平面，再由可證平面，即得證；（2）以為坐標(biāo)原點，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，求解面的法向量，面的法向量，利用二面角的余弦值為，可求解，轉(zhuǎn)化即得解.【詳解】（1）證明：因為是正三角形，為線段的中點，所以．因為是菱形，所以．因為，所以是正三角形，所以，所以平面．又，所以平面．因為平面，所以平面平面．（2）由（1）知平面，所以，．而，所以，．又，所以平面．以為坐標(biāo)原點，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系．則．于是，，．設(shè)面的一個法向量，由得令，則，即．設(shè)，易得，．設(shè)面的一個法向量，由得令，則，，即．依題意，即，令，則，即，即．所以．【點睛】本題考查了空間向量和立體幾何綜合，考查了面面垂直的判斷，二面角的向量求解，三棱錐的體積等知識點，考查了學(xué)生空間想象，邏輯推理，數(shù)學(xué)運算的能力，屬于中檔題.19、（Ⅰ）極小值，極大值；（Ⅱ）或【解析】

（Ⅰ）根據(jù)偶函數(shù)定義列方程，解得.再求導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)零點列表分析導(dǎo)函數(shù)符號變化規(guī)律，即得極值，（Ⅱ）先分離變量，轉(zhuǎn)化研究函數(shù)，，利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性與圖象，最后根據(jù)圖象確定滿足條件的的取值范圍．【詳解】（Ⅰ）由函數(shù)是偶函數(shù)，得，即對于任意實數(shù)都成立，所以.此時，則.由，解得.當(dāng)x變化時，與的變化情況如下表所示：00↘極小值↗極大值↘所以在，上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.所以有極小值，有極大值.（Ⅱ）由，得.所以“在區(qū)間上有兩個零點”等價于“直線與曲線，有且只有兩個公共點”.對函數(shù)求導(dǎo)，得.由，解得，.當(dāng)x變化時，與的變化情況如下表所示：00↘極小值↗極大值↘所以在，上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.又因為，，，，所以當(dāng)或時，直線與曲線，有且只有兩個公共點.即當(dāng)或時，函數(shù)在區(qū)間上有兩個零點.【點睛】利用函數(shù)零點的情況求參數(shù)值或取值范圍的方法(1)利用零點存在的判定定理構(gòu)建不等式求解.(2)分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為函數(shù)的值域(最值)問題求解.(3)轉(zhuǎn)化為兩熟悉的函數(shù)圖象的上、下關(guān)系問題，從而構(gòu)建不等式求解.20、（1）見解析（2）