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广东省湛江市2025年普通高考测试(一)数学试题
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．（2025·湛江模拟）已知集合，，则（　　）．
A． B． C． D．
2．（2025·湛江模拟）已知向量，，若，则（　　）．
A． B．2 C． D．5
3．（2025·湛江模拟）在等比数列中，，，则（　　）．
A． B．567 C．451 D．699
4．（2025·湛江模拟）一组数据1，3，7，9，的中位数不小于平均数，则m的取值范围为（　　）．
A． B． C． D．
5．（2025·湛江模拟）一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为V的球，则该球的体积V的最大值是（　　）．
A． B． C． D．
6．（2025·湛江模拟）已知函数在区间上存在唯一个极大值点，则m的最大值为（　　）．
A． B． C． D．
7．（2025·湛江模拟）已知，，点P满足，当取到最大值时，的面积为（　　）．
A． B． C． D．
8．（2025·湛江模拟）已知定义在上的函数为奇函数，且当时，，若，不等式恒成立，则的值不可能是（　　）．
A． B． C． D．3
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．（2025·湛江模拟）已知，，，，，5个数据的散点图如图所示，采用一元线性回归模型建立经验回归方程．经分析确定为“离群点”，故将其去掉，将数据去掉后，下列说法正确的有（　　）．
A．样本相关系数r变大
B．残差平方和变小
C．决定系数变大
D．若经验回归直线过点，则其经验回归方程为
10．（2025·湛江模拟）复数，满足，，则（　　）．
A． B． C． D．
11．（2025·湛江模拟）设定义在R上的函数和，记的导函数为，且满足，，若为奇函数，则下列结论一定成立的有（　　）．
A． B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025·湛江模拟）已知等差数列的前n项和为，且满足，，则数列的通项公式为　 　．
13．（2025·湛江模拟）已知，则　 　．
14．（2025·湛江模拟）已知椭圆与双曲线具有相同的焦点，，点P为椭圆A与双曲线B位于第一象限的交点，且（O为坐标原点）．设椭圆A与双曲线B的离心率分别为，，则的最小值为　 　．
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．（2025·湛江模拟）在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，D为边上的点，且平分．
（1）求的大小；
（2）若，，求的周长．
16．（2025·湛江模拟）已知函数，其中．
（1）若，求函数的单调区间；
（2）当时，试判断的零点个数并证明．
17．（2025·湛江模拟）如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱上的点，且平面．
（1）求证：．
（2）求直线到平面的距离．
（3）请判断在平面上是否存在一点E，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形．若存在，请求出点E的轨迹；若不存在，请说明理由．
18．（2025·湛江模拟）已知抛物线的焦点为F，A，B分别为C上的点（点A在点B上方）．过点A，B分别作C的切线，，交于点P．点O为坐标原点，当为正三角形时，其面积为．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若直线经过点F，求动点P的轨迹以及点P到直线的距离的最小值．
19．（2025·湛江模拟）甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的类问题以及难度系数较高的类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立．
（1）当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望．
（2）设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为．
（ⅰ）证明：为等比数列．
（ⅱ）求的最大值以及对应n的值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
因为集合，所以．
故答案为：A．
【分析】解不等式求得集合，再根据集合的交集定义计算即可．
2．【答案】C
【知识点】向量的模；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，
若，则，解得，则．
故答案为：C．
【分析】根据向量垂直的坐标表示列式求得，再求即可.
3．【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
因为，所以，则，
当时，，，舍去；
则，即，即，则.
故答案为：B.
【分析】设等比数列的公比为，根据等比中项可得，分两种情况利用通项公式求解即可.
4．【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：易知数据1，3，7，9，的平均数为，
则这组数据的中位数只可能是m或7，
若这组数据的中位数是m，则，即；
若这组数据的中位数是7，则，即，
综上所述，的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】由题意，先计算这组数据的平均数，由平均数可得这组数据的中位数只可能是m或7，分两种情况分别求解即可.
5．【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解： 半径为3，圆心角为的扇形 ，扇形的弧长，
则该圆锥的底面圆的半径，圆锥的高，
设该圆锥内的球的最大半径为R，圆锥的轴截面图，如图所示：
由题意可得：，解得，
则该球的体积V的最大值是．
故答案为：D.
【分析】由题意，根据圆锥侧面展开图可得圆锥的半径和高，再由三角形面积公式求内切球半径，最后根据球的体积公式求解即可.
6．【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：当时，，
因为函数在区间上存在唯一个极大值点，所以，
解得，则的最大值为.
故答案为：A.
【分析】由题意可得，结合极大值点的意义列出不等式求解即可.
7．【答案】D
【知识点】圆的标准方程；轨迹方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设，
因为，所以，
整理可得，则点轨迹是以为圆心，为半径的圆，
当直线与圆D相切时，最大，则，
因为，，所以，
又因为，所以．
故答案为：D．
【分析】设，由可得点轨迹方程，再根据直线与圆D相切时，最大，据此求解即可.
8．【答案】D
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的性质；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为函数 是定义在上的奇函数，所以，
当时，，，
因为函数为奇函数，所以，
令，即，
因为，当且仅当时等号成立，则，
若，则函数在上单调递增，
又因为，所以，
即恒成立，则满足题意，
若，则，函数在上不单调，如图所示：
又因为，所以，
即函数的图象在函数的图象下方，
由图象可得：，即，
令，
则，，
.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用奇函数的性质求出的解析式，再按的不同取值分类讨论在上的单调性求解即可.
9．【答案】B,C,D
【知识点】线性回归方程；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、易知变量与变量是负相关，将数据去掉后，样本相关系数的绝对值变大，所以变小，故A错误；
BC、将数据去掉后，变量与变量的相关性变强，残差平方和变小，决定系数变大，
故B，C正确；
D、易知，，，设经验回归方程为，
，，
则经验回归方程是，故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】根据散点图的性质可知去掉E后相关性变强即可判断A；残差平方和以及决定系数即可判断BC；根据回归直线的求法和性质即可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】复数的基本概念；复数的模；方程的解与虚数根
【解析】【解答】解： 复数，满足，，
则复数，是方程的两个根，解得，
即复数，，
A、，故A正确；
B、，故B正确；
C、，故C错误；
D、，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】由题意，列一元二次方程，求得复数，再逐项计算判断即可.
11．【答案】A,B,C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：，令，可得，
因为，所以，即，
则关于对称，且，
又因为是奇函数，所以是偶函数，所以满足条件，
即是以为周期的周期函数；
A、因为，所以，
所以，故A正确；
B、，故B正确；
C、因为，所以，
所以，故C正确；
D、，但不一定为0，故D错误．
故答案为：ABC．
【分析】由题意可得：的图象关于对称，且是以4为周期的偶函数，通过的值计算出相应的值，判断各选项即可．
12．【答案】
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
由，可得，
因为，所以，解得，则，
又因为，所以．
故答案为：.
【分析】设等差数列的公差为，根据，求得，得公差，再利用等差数列的通项公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由，可得，即，
因为，所以，
则
．
故答案为：.
【分析】由题意，利用同角三角函数基本关系式求得，再利用诱导公式可得，最后利用余弦的二倍角公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】基本不等式；椭圆的简单性质；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示：
由，可得，
焦点三角形，根据椭圆的性质可得：①，
根据双曲线的性质可得：②，
由①②可得，则，整理可得，
则，
当且仅当时等号成立，则，
故的最小值为．
故答案为：.
【分析】由题意可得焦点三角形为直角三角形，根据椭圆与双曲线焦点三角形面积的二级结论，建立方程，利用基本不等式求解即可.
15．【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
因为，所以，所以，
则或，，
即或，，
又因为，所以；
（2）解：因为平分，所以，
又因为，所以，
即，即，
即① ，
由余弦定理，可得② ，
将①代入②得：，解得，
则的周长为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】由题意，利用由正弦定理得，即，再根据辅助角公式即可求得的大小；
由题意可得，从而可得，由余弦定理求得，再求的周长即可.
（1）由正弦定理得．
又因为，所以，
所以，
或，，
或，
又，∴．
（2）平分
，
，
所以，
所以，
即．①
由余弦定理得，
即．②
将①代入②得，
所以，（舍去），
所以的周长为．
16．【答案】（1）解：函数定义域为，，
当时，，
令，解得，
当时，，函数的单调递减；
当时，，函数的单调递增，
即函数的单调递减区间为；单调递增区间为；
（2）解：令，
当时，，故是的一个零点，
当时，，
令，易知函数在和上均单调递减，
因为（洛必达法则），所以当时，且单调递减，
故当时，在上有唯一解，
当时，，
故当时，无解，
综上可知，当时，有两个零点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，将代入，利用导数求函数的单调区间即可；
（2）先判断是的一个零点，利用分离参数法，结合导数求解即可.
（1）由题知，，
当时，．
令，得或（舍去）．
当时，，故的单调递减区间为．
当时，，故的单调递增区间为．
（2）解法一：因为，故有一个零点是2．
令，解得（舍去），．
当时，，故单调递减．
当时，，故单调递增．
当时，，．
．
下面先证明当时，．
令，，
故在上单调递增，
所以．
因为，所以．
易知，所以在上存在唯一的零点，
所以当时，有两个零点，为2和．
解法二：当时，，故2是的一个零点．
令，又，所以．
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以是的极小值点．
当时，，所以．
下证．
令，则．
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
从而，
所以当时，，
所以，
即．
令，则有，则．
易得当时，，所以在上有唯一解．
综上，当时，有两个零点．
解法三：令，
当时，，故2是的一个零点．
当时，．
令，
易得在和上均单调递减．
因为（洛必达法则），
所以当时，且单调递减，
故当时，在上有唯一解．
而当时，，
故当时，无解．
综上可知，当时，有两个零点.
17．【答案】（1）证明：连接，设交于点，连接，如图所示：
因为，所以，在正方形中，，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：连接，因为平面，平面，平面平面，所以，
在中，O为的中点，所以点P为的中点，
易知直线，，两两垂直，以点O为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
正方形的边长为，，，，，
，
设平面的一个法向量为，则，即，
则，令，可得，
因为平面，所以直线到平面的距离等于点B到平面的距离，
在法向量上的投影的模为，
则直线到平面的距离为；
（3）解：不存在．
理由如下：由（2）可得直线到平面的距离为，
因为平面，设点Q为的中点，所以点Q到平面的距离为，
假设在平面上存在点E，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形，
则，因为，所以不存在满足条件的点.
【知识点】直线与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；平面的法向量
【解析】【分析】（1）连接，设交于点，连接，根据线线垂直可证明平面，利用线面垂直的性质证明即可；
（2）连接，证得直线，，两两垂直，以点O为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求点面距离即可；
（3）根据线面平行的性质，结合（2）可知Q到平面的距离为，而，求解即可.
（1）证明：如图，连接，
设交于点O，连接，由得．
在正方形中，．
又，平面，所以平面．
又因为平面，所以．
（2）连接，因为平面，平面，平面平面，
所以．
在中，O为的中点，所以点P为的中点．
易知直线，，两两垂直，如图，以点O为原点建立空间直角坐标系．
因为正方形的边长为2，
所以，，，，．
设平面的一个法向量为，则可得，
所以，则，
令，可得．
因为平面，所以直线到平面的距离等于点B到平面的距离，
在法向量上的投影的模为，
所以直线到平面的距离为．
（3）不存在．
理由如下：根据第（2）问可得直线到平面的距离为．
又因为平面，设点Q为的中点，所以点Q到平面的距离为．
假设在平面上存在点E，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形，
则有．
因为，所以不存在满足条件的点E
18．【答案】（1）解：由题意，作图，如图所示：
因为为正三角形时，面积为，所以的边长，
易知关于轴对称，则点的坐标为，
将点代入抛物线的方程可得：，解得，则抛物线C的方程为；
（2）解：由（1）可得，
设直线的方程为，设点的坐标分别为，，
联立，消元整理可得，
，
根据韦达定理可得，，
设直线的方程为，
因为是抛物线C的切线，所以与C仅有一个交点，
联立，消元整理可得，
，则，即直线的方程为，
同理可得直线的方程为，
计算与的交点可得，即可得，所以动点P的轨迹为直线，
将点P的横坐标代入直线及，可得其纵坐标为以及，
两者相加可得，代入上述韦达定理可得，所以点P的坐标为，
所以点P到直线的距离，
当且仅当时等号成立，则点P到直线的距离的最小值为．
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意作图，根据正三角形的性质与抛物线的性质，可得点的坐标，代入抛物线方程求解即可；
（2）设直线方程为，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理可得，，设切线方程，联立直线与抛物线方程，写出根的判别式为零，进而求得切线的交点的坐标，利用点到直线距离公式求解即可.
（1）因为为正三角形时，其面积为，可得的边长．
根据正三角形以及抛物线的对称性，可知此时点A，B关于x轴对称，
所以点A的坐标为．
将点A代入抛物线的方程可得，解得，
所以抛物线C的方程为．
（2）易得．设直线的方程为，
联立直线与抛物线C的方程可得．
，
设点A，B的坐标分别为，，
根据韦达定理可得，．
设直线的方程为．
因为是抛物线C的切线，所以与C仅有一个交点．
联立两个方程可得，
，所以，
所以直线的方程为．
同理可得直线的方程为．
计算与的交点可得，即可得，
所以动点P的轨迹为直线．
将点P的横坐标代入直线及，可得其纵坐标为以及，
两者相加可得，代入上述韦达定理可得，
所以点P的坐标为，
所以点P到直线的距离，
当且仅当时等号成立，
所以点P到直线的距离的最小值为2．
19．【答案】（1）解：由题意可知：可以取0，1，2，3，4，
每次回答A类问题且回答正确的概率为，
回答A类问题且回答不正确的概率为，
每次回答B类问题且回答正确的概率为，
回答B类问题且回答不正确的概率为，
，
，
，
；，
的分布列为：
X 0 1 2 3 4
P
；
（2）解：（ⅰ）、，，
由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为分或分，
故当时，，
所以，
则数列是以为首项，为公比的等比数列；
（ⅱ）、根据（ⅰ）可知，①，
易得，
则数列是以为首项，为公比的等比数列，即②，
②－①可得，即，
经检验，时均满足上式，故，
所以，
因为显然随着n的增大而减小，
所以，
又因为，所以当时，取到最大值为.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列与不等式的综合；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）由题意可知：可以取0，1，2，3，4，分别求解概率，列分布列，再求期望即可；
（2）（ⅰ）根据等比数列的定义证明即可；
由（ⅰ）可证为等比数列，可得，结合不等式的性质和函数的单调性求解即可.
（1）X可以取0，1，2，3，4，
每次回答A类问题且回答正确的概率为，
回答A类问题且回答不正确的概率为，
每次回答B类问题且回答正确的概率为，
回答B类问题且回答不正确的概率为，
，
，
，
；，
X的分布列为：
X 0 1 2 3 4
P
；
（2）（ⅰ），，
由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为分或分，
故当时，，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
（ⅱ）根据（ⅰ）可知，①，
易得，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以②，
令②－①可得，
所以，
经检验，时均满足上式，故，
所以，
而显然随着n的增大而减小，
故，
又因为，所以当时，取到最大值为.
1 / 1广东省湛江市2025年普通高考测试(一)数学试题
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．（2025·湛江模拟）已知集合，，则（　　）．
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
因为集合，所以．
故答案为：A．
【分析】解不等式求得集合，再根据集合的交集定义计算即可．
2．（2025·湛江模拟）已知向量，，若，则（　　）．
A． B．2 C． D．5
【答案】C
【知识点】向量的模；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，
若，则，解得，则．
故答案为：C．
【分析】根据向量垂直的坐标表示列式求得，再求即可.
3．（2025·湛江模拟）在等比数列中，，，则（　　）．
A． B．567 C．451 D．699
【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
因为，所以，则，
当时，，，舍去；
则，即，即，则.
故答案为：B.
【分析】设等比数列的公比为，根据等比中项可得，分两种情况利用通项公式求解即可.
4．（2025·湛江模拟）一组数据1，3，7，9，的中位数不小于平均数，则m的取值范围为（　　）．
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：易知数据1，3，7，9，的平均数为，
则这组数据的中位数只可能是m或7，
若这组数据的中位数是m，则，即；
若这组数据的中位数是7，则，即，
综上所述，的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】由题意，先计算这组数据的平均数，由平均数可得这组数据的中位数只可能是m或7，分两种情况分别求解即可.
5．（2025·湛江模拟）一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为V的球，则该球的体积V的最大值是（　　）．
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解： 半径为3，圆心角为的扇形 ，扇形的弧长，
则该圆锥的底面圆的半径，圆锥的高，
设该圆锥内的球的最大半径为R，圆锥的轴截面图，如图所示：
由题意可得：，解得，
则该球的体积V的最大值是．
故答案为：D.
【分析】由题意，根据圆锥侧面展开图可得圆锥的半径和高，再由三角形面积公式求内切球半径，最后根据球的体积公式求解即可.
6．（2025·湛江模拟）已知函数在区间上存在唯一个极大值点，则m的最大值为（　　）．
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：当时，，
因为函数在区间上存在唯一个极大值点，所以，
解得，则的最大值为.
故答案为：A.
【分析】由题意可得，结合极大值点的意义列出不等式求解即可.
7．（2025·湛江模拟）已知，，点P满足，当取到最大值时，的面积为（　　）．
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆的标准方程；轨迹方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设，
因为，所以，
整理可得，则点轨迹是以为圆心，为半径的圆，
当直线与圆D相切时，最大，则，
因为，，所以，
又因为，所以．
故答案为：D．
【分析】设，由可得点轨迹方程，再根据直线与圆D相切时，最大，据此求解即可.
8．（2025·湛江模拟）已知定义在上的函数为奇函数，且当时，，若，不等式恒成立，则的值不可能是（　　）．
A． B． C． D．3
【答案】D
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的性质；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为函数 是定义在上的奇函数，所以，
当时，，，
因为函数为奇函数，所以，
令，即，
因为，当且仅当时等号成立，则，
若，则函数在上单调递增，
又因为，所以，
即恒成立，则满足题意，
若，则，函数在上不单调，如图所示：
又因为，所以，
即函数的图象在函数的图象下方，
由图象可得：，即，
令，
则，，
.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用奇函数的性质求出的解析式，再按的不同取值分类讨论在上的单调性求解即可.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．（2025·湛江模拟）已知，，，，，5个数据的散点图如图所示，采用一元线性回归模型建立经验回归方程．经分析确定为“离群点”，故将其去掉，将数据去掉后，下列说法正确的有（　　）．
A．样本相关系数r变大
B．残差平方和变小
C．决定系数变大
D．若经验回归直线过点，则其经验回归方程为
【答案】B,C,D
【知识点】线性回归方程；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、易知变量与变量是负相关，将数据去掉后，样本相关系数的绝对值变大，所以变小，故A错误；
BC、将数据去掉后，变量与变量的相关性变强，残差平方和变小，决定系数变大，
故B，C正确；
D、易知，，，设经验回归方程为，
，，
则经验回归方程是，故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】根据散点图的性质可知去掉E后相关性变强即可判断A；残差平方和以及决定系数即可判断BC；根据回归直线的求法和性质即可判断D.
10．（2025·湛江模拟）复数，满足，，则（　　）．
A． B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】复数的基本概念；复数的模；方程的解与虚数根
【解析】【解答】解： 复数，满足，，
则复数，是方程的两个根，解得，
即复数，，
A、，故A正确；
B、，故B正确；
C、，故C错误；
D、，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】由题意，列一元二次方程，求得复数，再逐项计算判断即可.
11．（2025·湛江模拟）设定义在R上的函数和，记的导函数为，且满足，，若为奇函数，则下列结论一定成立的有（　　）．
A． B．
C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：，令，可得，
因为，所以，即，
则关于对称，且，
又因为是奇函数，所以是偶函数，所以满足条件，
即是以为周期的周期函数；
A、因为，所以，
所以，故A正确；
B、，故B正确；
C、因为，所以，
所以，故C正确；
D、，但不一定为0，故D错误．
故答案为：ABC．
【分析】由题意可得：的图象关于对称，且是以4为周期的偶函数，通过的值计算出相应的值，判断各选项即可．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025·湛江模拟）已知等差数列的前n项和为，且满足，，则数列的通项公式为　 　．
【答案】
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
由，可得，
因为，所以，解得，则，
又因为，所以．
故答案为：.
【分析】设等差数列的公差为，根据，求得，得公差，再利用等差数列的通项公式求解即可.
13．（2025·湛江模拟）已知，则　 　．
【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由，可得，即，
因为，所以，
则
．
故答案为：.
【分析】由题意，利用同角三角函数基本关系式求得，再利用诱导公式可得，最后利用余弦的二倍角公式求解即可.
14．（2025·湛江模拟）已知椭圆与双曲线具有相同的焦点，，点P为椭圆A与双曲线B位于第一象限的交点，且（O为坐标原点）．设椭圆A与双曲线B的离心率分别为，，则的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】基本不等式；椭圆的简单性质；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示：
由，可得，
焦点三角形，根据椭圆的性质可得：①，
根据双曲线的性质可得：②，
由①②可得，则，整理可得，
则，
当且仅当时等号成立，则，
故的最小值为．
故答案为：.
【分析】由题意可得焦点三角形为直角三角形，根据椭圆与双曲线焦点三角形面积的二级结论，建立方程，利用基本不等式求解即可.
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．（2025·湛江模拟）在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，D为边上的点，且平分．
（1）求的大小；
（2）若，，求的周长．
【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
因为，所以，所以，
则或，，
即或，，
又因为，所以；
（2）解：因为平分，所以，
又因为，所以，
即，即，
即① ，
由余弦定理，可得② ，
将①代入②得：，解得，
则的周长为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】由题意，利用由正弦定理得，即，再根据辅助角公式即可求得的大小；
由题意可得，从而可得，由余弦定理求得，再求的周长即可.
（1）由正弦定理得．
又因为，所以，
所以，
或，，
或，
又，∴．
（2）平分
，
，
所以，
所以，
即．①
由余弦定理得，
即．②
将①代入②得，
所以，（舍去），
所以的周长为．
16．（2025·湛江模拟）已知函数，其中．
（1）若，求函数的单调区间；
（2）当时，试判断的零点个数并证明．
【答案】（1）解：函数定义域为，，
当时，，
令，解得，
当时，，函数的单调递减；
当时，，函数的单调递增，
即函数的单调递减区间为；单调递增区间为；
（2）解：令，
当时，，故是的一个零点，
当时，，
令，易知函数在和上均单调递减，
因为（洛必达法则），所以当时，且单调递减，
故当时，在上有唯一解，
当时，，
故当时，无解，
综上可知，当时，有两个零点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，将代入，利用导数求函数的单调区间即可；
（2）先判断是的一个零点，利用分离参数法，结合导数求解即可.
（1）由题知，，
当时，．
令，得或（舍去）．
当时，，故的单调递减区间为．
当时，，故的单调递增区间为．
（2）解法一：因为，故有一个零点是2．
令，解得（舍去），．
当时，，故单调递减．
当时，，故单调递增．
当时，，．
．
下面先证明当时，．
令，，
故在上单调递增，
所以．
因为，所以．
易知，所以在上存在唯一的零点，
所以当时，有两个零点，为2和．
解法二：当时，，故2是的一个零点．
令，又，所以．
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以是的极小值点．
当时，，所以．
下证．
令，则．
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
从而，
所以当时，，
所以，
即．
令，则有，则．
易得当时，，所以在上有唯一解．
综上，当时，有两个零点．
解法三：令，
当时，，故2是的一个零点．
当时，．
令，
易得在和上均单调递减．
因为（洛必达法则），
所以当时，且单调递减，
故当时，在上有唯一解．
而当时，，
故当时，无解．
综上可知，当时，有两个零点.
17．（2025·湛江模拟）如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱上的点，且平面．
（1）求证：．
（2）求直线到平面的距离．
（3）请判断在平面上是否存在一点E，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形．若存在，请求出点E的轨迹；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明：连接，设交于点，连接，如图所示：
因为，所以，在正方形中，，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：连接，因为平面，平面，平面平面，所以，
在中，O为的中点，所以点P为的中点，
易知直线，，两两垂直，以点O为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
正方形的边长为，，，，，
，
设平面的一个法向量为，则，即，
则，令，可得，
因为平面，所以直线到平面的距离等于点B到平面的距离，
在法向量上的投影的模为，
则直线到平面的距离为；
（3）解：不存在．
理由如下：由（2）可得直线到平面的距离为，
因为平面，设点Q为的中点，所以点Q到平面的距离为，
假设在平面上存在点E，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形，
则，因为，所以不存在满足条件的点.
【知识点】直线与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；平面的法向量
【解析】【分析】（1）连接，设交于点，连接，根据线线垂直可证明平面，利用线面垂直的性质证明即可；
（2）连接，证得直线，，两两垂直，以点O为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求点面距离即可；
（3）根据线面平行的性质，结合（2）可知Q到平面的距离为，而，求解即可.
（1）证明：如图，连接，
设交于点O，连接，由得．
在正方形中，．
又，平面，所以平面．
又因为平面，所以．
（2）连接，因为平面，平面，平面平面，
所以．
在中，O为的中点，所以点P为的中点．
易知直线，，两两垂直，如图，以点O为原点建立空间直角坐标系．
因为正方形的边长为2，
所以，，，，．
设平面的一个法向量为，则可得，
所以，则，
令，可得．
因为平面，所以直线到平面的距离等于点B到平面的距离，
在法向量上的投影的模为，
所以直线到平面的距离为．
（3）不存在．
理由如下：根据第（2）问可得直线到平面的距离为．
又因为平面，设点Q为的中点，所以点Q到平面的距离为．
假设在平面上存在点E，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形，
则有．
因为，所以不存在满足条件的点E
18．（2025·湛江模拟）已知抛物线的焦点为F，A，B分别为C上的点（点A在点B上方）．过点A，B分别作C的切线，，交于点P．点O为坐标原点，当为正三角形时，其面积为．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若直线经过点F，求动点P的轨迹以及点P到直线的距离的最小值．
【答案】（1）解：由题意，作图，如图所示：
因为为正三角形时，面积为，所以的边长，
易知关于轴对称，则点的坐标为，
将点代入抛物线的方程可得：，解得，则抛物线C的方程为；
（2）解：由（1）可得，
设直线的方程为，设点的坐标分别为，，
联立，消元整理可得，
，
根据韦达定理可得，，
设直线的方程为，
因为是抛物线C的切线，所以与C仅有一个交点，
联立，消元整理可得，
，则，即直线的方程为，
同理可得直线的方程为，
计算与的交点可得，即可得，所以动点P的轨迹为直线，
将点P的横坐标代入直线及，可得其纵坐标为以及，
两者相加可得，代入上述韦达定理可得，所以点P的坐标为，
所以点P到直线的距离，
当且仅当时等号成立，则点P到直线的距离的最小值为．
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意作图，根据正三角形的性质与抛物线的性质，可得点的坐标，代入抛物线方程求解即可；
（2）设直线方程为，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理可得，，设切线方程，联立直线与抛物线方程，写出根的判别式为零，进而求得切线的交点的坐标，利用点到直线距离公式求解即可.
（1）因为为正三角形时，其面积为，可得的边长．
根据正三角形以及抛物线的对称性，可知此时点A，B关于x轴对称，
所以点A的坐标为．
将点A代入抛物线的方程可得，解得，
所以抛物线C的方程为．
（2）易得．设直线的方程为，
联立直线与抛物线C的方程可得．
，
设点A，B的坐标分别为，，
根据韦达定理可得，．
设直线的方程为．
因为是抛物线C的切线，所以与C仅有一个交点．
联立两个方程可得，
，所以，
所以直线的方程为．
同理可得直线的方程为．
计算与的交点可得，即可得，
所以动点P的轨迹为直线．
将点P的横坐标代入直线及，可得其纵坐标为以及，
两者相加可得，代入上述韦达定理可得，
所以点P的坐标为，
所以点P到直线的距离，
当且仅当时等号成立，
所以点P到直线的距离的最小值为2．
19．（2025·湛江模拟）甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的类问题以及难度系数较高的类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立．
（1）当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望．
（2）设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为．
（ⅰ）证明：为等比数列．
（ⅱ）求的最大值以及对应n的值．
【答案】（1）解：由题意可知：可以取0，1，2，3，4，
每次回答A类问题且回答正确的概率为，
回答A类问题且回答不正确的概率为，
每次回答B类问题且回答正确的概率为，
回答B类问题且回答不正确的概率为，
，
，
，
；，
的分布列为：
X 0 1 2 3 4
P
；
（2）解：（ⅰ）、，，
由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为分或分，
故当时，，
所以，
则数列是以为首项，为公比的等比数列；
（ⅱ）、根据（ⅰ）可知，①，
易得，
则数列是以为首项，为公比的等比数列，即②，
②－①可得，即，
经检验，时均满足上式，故，
所以，
因为显然随着n的增大而减小，
所以，
又因为，所以当时，取到最大值为.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列与不等式的综合；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）由题意可知：可以取0，1，2，3，4，分别求解概率，列分布列，再求期望即可；
（2）（ⅰ）根据等比数列的定义证明即可；
由（ⅰ）可证为等比数列，可得，结合不等式的性质和函数的单调性求解即可.
（1）X可以取0，1，2，3，4，
每次回答A类问题且回答正确的概率为，
回答A类问题且回答不正确的概率为，
每次回答B类问题且回答正确的概率为，
回答B类问题且回答不正确的概率为，
，
，
，
；，
X的分布列为：
X 0 1 2 3 4
P
；
（2）（ⅰ），，
由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为分或分，
故当时，，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
（ⅱ）根据（ⅰ）可知，①，
易得，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以②，
令②－①可得，
所以，
经检验，时均满足上式，故，
所以，
而显然随着n的增大而减小，
故，
又因为，所以当时，取到最大值为.
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