2025年廣東揭陽市惠來縣第一中學高三第四次模擬考試（5月）數學試題含解析

2025年廣東揭陽市惠來縣第一中學高三第四次模擬考試（5月）數學試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準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．函數在內有且只有一個零點，則a的值為（）A．3 B．－3 C．2 D．－22．已知函數滿足=1，則等于（）A．- B． C．- D．3．已知，，，則的大小關系為（）A． B． C． D．4．各項都是正數的等比數列的公比，且成等差數列，則的值為()A． B．C． D．或5．已知函數是定義在R上的奇函數，且滿足，當時，（其中e是自然對數的底數），若，則實數a的值為()A． B．3 C． D．6．若復數，，其中是虛數單位，則的最大值為()A． B． C． D．7．函數（其中是自然對數的底數）的大致圖像為（）A． B． C． D．8．設，點，，，，設對一切都有不等式成立，則正整數的最小值為（）A． B． C． D．9．已知函數的圖象如圖所示，則下列說法錯誤的是（）A．函數在上單調遞減B．函數在上單調遞增C．函數的對稱中心是D．函數的對稱軸是10．已知直線，，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11．已知復數是正實數，則實數的值為()A． B． C． D．12．已知是等差數列的前項和，，，則（）A．85 B． C．35 D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知向量=（－4，3），=（6，m），且，則m=__________.14．已知函數，若，則實數的取值范圍為__________．15．已知函數函數，則不等式的解集為____．16．已知向量，且，則___________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，已知在三棱錐中，平面，分別為的中點，且.（1）求證：；（2）設平面與交于點，求證：為的中點.18．（12分）已知在中，角，，的對邊分別為，，，的面積為.（1）求證：；（2）若，求的值.19．（12分）在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，是的中點．（1）證明：平面；（2）設是線段上的動點，當點到平面距離最大時，求三棱錐的體積．20．（12分）已知函數.（Ⅰ）若，求曲線在處的切線方程；（Ⅱ）當時，要使恒成立，求實數的取值范圍.21．（12分）以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程是，直線和直線的極坐標方程分別是（）和（），其中（）.（1）寫出曲線的直角坐標方程；（2）設直線和直線分別與曲線交于除極點的另外點，，求的面積最小值.22．（10分）已知橢圓E：（）的離心率為，且短軸的一個端點B與兩焦點A，C組成的三角形面積為.（Ⅰ）求橢圓E的方程；（Ⅱ）若點P為橢圓E上的一點，過點P作橢圓E的切線交圓O：于不同的兩點M，N（其中M在N的右側），求四邊形面積的最大值.

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．A【解析】

求出，對分類討論，求出單調區(qū)間和極值點，結合三次函數的圖像特征，即可求解.【詳解】，若，，在單調遞增，且，在不存在零點；若，，在內有且只有一個零點，.故選:A.本題考查函數的零點、導數的應用，考查分類討論思想，熟練掌握函數圖像和性質是解題的關鍵，屬于中檔題.2．C【解析】

設的最小正周期為，可得，則，再根據得，又，則可求出，進而可得.【詳解】解：設的最小正周期為，因為，所以，所以，所以，又，所以當時，，，因為，整理得，因為，，，則所以.故選：C.本題考查三角形函數的周期性和對稱性，考查學生分析能力和計算能力，是一道難度較大的題目.3．A【解析】

根據指數函數與對數函數的單調性，借助特殊值即可比較大小.【詳解】因為，所以.因為，所以，因為，為增函數，所以所以，故選：A.本題主要考查了指數函數、對數函數的單調性，利用單調性比較大小，屬于中檔題.4．C【解析】分析：解決該題的關鍵是求得等比數列的公比，利用題中所給的條件，建立項之間的關系，從而得到公比所滿足的等量關系式，解方程即可得結果.詳解：根據題意有，即，因為數列各項都是正數，所以，而，故選C.點睛：該題應用題的條件可以求得等比數列的公比，而待求量就是，代入即可得結果.5．B【解析】

根據題意，求得函數周期，利用周期性和函數值，即可求得.【詳解】由已知可知，，所以函數是一個以4為周期的周期函數，所以，解得，故選：B.本題考查函數周期的求解，涉及對數運算，屬綜合基礎題.6．C【解析】

由復數的幾何意義可得表示復數，對應的兩點間的距離，由兩點間距離公式即可求解.【詳解】由復數的幾何意義可得，復數對應的點為，復數對應的點為，所以，其中，故選C本題主要考查復數的幾何意義，由復數的幾何意義，將轉化為兩復數所對應點的距離求值即可，屬于基礎題型.7．D【解析】由題意得，函數點定義域為且，所以定義域關于原點對稱，且，所以函數為奇函數，圖象關于原點對稱，故選D.8．A【解析】

先求得，再求得左邊的范圍，只需，利用單調性解得t的范圍.【詳解】由題意知sin，∴，∴，隨n的增大而增大，∴,∴，即，又f(t)=在t上單增，f(2)=-1<0，f(3)=2>0，∴正整數的最小值為3.本題考查了數列的通項及求和問題，考查了數列的單調性及不等式的解法，考查了轉化思想，屬于中檔題.9．B【解析】

根據圖象求得函數的解析式，結合余弦函數的單調性與對稱性逐項判斷即可.【詳解】由圖象可得，函數的周期，所以.將點代入中，得，解得，由，可得，所以.令，得，故函數在上單調遞減，當時，函數在上單調遞減，故A正確；令，得，故函數在上單調遞增.當時，函數在上單調遞增，故B錯誤；令，得，故函數的對稱中心是，故C正確；令，得，故函數的對稱軸是，故D正確.故選：B.本題考查由圖象求余弦型函數的解析式，同時也考查了余弦型函數的單調性與對稱性的判斷，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.10．C【解析】

先得出兩直線平行的充要條件，根據小范圍可推導出大范圍，可得到答案.【詳解】直線，，的充要條件是，當a=2時，化簡后發(fā)現兩直線是重合的，故舍去，最終a=-1.因此得到“”是“”的充分必要條件.故答案為C.判斷充要條件的方法是：①若p?q為真命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件；②若p?q為假命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的必要不充分條件；③若p?q為真命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的充要條件；④若p?q為假命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的即不充分也不必要條件．⑤判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關系．11．C【解析】

將復數化成標準形式，由題意可得實部大于零，虛部等于零，即可得到答案.【詳解】因為為正實數，所以且，解得.故選：C本題考查復數的基本定義，屬基礎題.12．B【解析】

將已知條件轉化為的形式，求得，由此求得.【詳解】設公差為，則，所以，，，.故選：B本小題主要考查等差數列通項公式的基本量計算，考查等差數列前項和的計算，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．8.【解析】

利用轉化得到加以計算，得到.【詳解】向量則.本題考查平面向量的坐標運算、平面向量的數量積、平面向量的垂直以及轉化與化歸思想的應用.屬于容易題.14．【解析】

畫圖分析可得函數是偶函數，且在上單調遞減，利用偶函數性質和單調性可解.【詳解】作出函數的圖如下所示，觀察可知，函數為偶函數，且在上單調遞增，在上單調遞減，故，故實數的取值范圍為.故答案為：本題考查利用函數奇偶性及單調性解不等式.函數奇偶性的常用結論：(1)如果函數是偶函數，那么．(2)奇函數在兩個對稱的區(qū)間上具有相同的單調性；偶函數在兩個對稱的區(qū)間上具有相反的單調性．15．【解析】，，所以，所以的解集為。點睛：本題考查絕對值不等式。本題先對絕對值函數進行分段處理，再得到的解析式，求得的分段函數解析式，再解不等式即可。絕對值函數一般都去絕對值轉化為分段函數處理。16．【解析】

由向量平行的坐標表示得出，求解即可得出答案.【詳解】因為，所以，解得.故答案為：本題主要考查了由向量共線或平行求參數，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】

（1）要做證明，只需證明平面即可；（2）易得∥平面，平面，利用線面平行的性質定理即可得到∥，從而獲得證明【詳解】證明：（1）因為平面，平面，所以.因為，所以.又因為，平面，平面，所以平面.又因為平面，所以.（2）因為平面與交于點，所以平面.因為分別為的中點，所以∥.又因為平面，平面，所以∥平面.又因為平面，平面平面，所以∥，又因為是的中點，所以為的中點.本題考查線面垂直的判定定理以及線面平行的性質定理，考查學生的邏輯推理能力，是一道容易題.18．（1）證明見解析；（2）.【解析】

（1）利用，利用正弦定理，化簡即可證明（2）利用（1），得到當時，，得出，得出，然后可得【詳解】證明：（1）據題意，得，∴，∴.又∵，∴，∴.解：（2）由（1）求解知，.∴當時，.又，∴，∴，∴.本題考查正弦與余弦定理的應用，屬于基礎題19．（1）見解析（2）【解析】

（1）連接與交于，連接，證明即可得證線面平行；（2）首先證明平面(只要取中點，可證平面，從而得，同理得),因此點到直線的距離即為點到平面的距離，由平面幾何知識易得最大值，然后可計算體積．【詳解】（1）證明：連接與交于，連接，因為是菱形，所以為的中點，又因為為的中點，所以，因為平面平面，所以平面．（2）解：取中點，連接，因為四邊形是菱形，，且，所以，又，所以平面，又平面，所以．同理可證：，又，所以平面，所以平面平面，又平面平面，所以點到直線的距離即為點到平面的距離，過作直線的垂線段，在所有垂線段中長度最大為，因為為的中點，故點到平面的最大距離為1，此時，為的中點，即，所以，所以．本題考查證明線面平行，考查求棱錐的體積，掌握面面垂直與線面垂直的判定與性質是解題關鍵．20．（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）求函數的導函數，即可求得切線的斜率，則切線方程得解；（Ⅱ）構造函數，對參數分類討論，求得函數的單調性，以及最值，即可容易求得參數范圍.【詳解】（Ⅰ）當時，，則.所以.又，故所求切線方程為，即.（Ⅱ）依題意，得，即恒成立.令，則.①當時，因為，不合題意.②當時，令，得，，顯然.令，得或；令，得.所以函數的單調遞增區(qū)間是，，單調遞減區(qū)間是.當時，，，所以，只需，所以，所以實數的取值范圍為.本題考查利用導數的幾何意義求切線方程，以及利用導數研究恒成立問題，屬綜合中檔題.21．（1）；（2）16.【解析】

（1）將極坐標方程化為直角坐標方程即可；（2）利用極徑的幾何意義，聯立曲線，直線，直線的極坐標方程，得出，利用三角形面積公式，結合正弦函數的性質，得出的面積最小值.【詳解】（1）曲線：，即化為直角坐標方程為：；（2），即同理∴當且僅當，即（）時取等號即的面積最小值為16本題主要考查了極坐標方程化直角坐標方程以及極坐標的應用，屬于中檔題.22．（Ⅰ）；（Ⅱ）4.【解析】

（Ⅰ）結合已知可得，求出a，b的值，即可得橢