1、2025年广东省湛江市高考数学二模试卷一、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.已知集合A=x|x+20，B=x|x216，则AB=()A. (4,+)B. (2,4)C. (4,2)D. (,2)2.已知函数f(x)=ex+2x，则曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为()A. y=2x+1B. y=3x+1C. y=2xD. y=3x3.已知向量a，b满足a=(1,2)，ab=5，且a(a+b)，则=()A. 1B. 2C. 12D. 154.某林业科学院培育新品种草莓，新培育的草莓单果质量(单位：g)近似服从正态分布N(50,4)，现有该新品种草莓10000个，估计其中单果质量超过52g的草莓有()附：若XN(,2)，则P(X+)=0.6826，P(20时，f(x)=x2+2x3，则不等式f(2x1)0的解集为()A. (,0)(1,+)B. (0,12)(1,+)C. (0,12)(12,1)D. (,0)(12,1)6.已知抛物线C：y2=2px(p0)与直线l：xy3=0交于A，B两点，且线段AB中点的横坐
2、标为7，则p=()A. 1B. 2C. 3D. 47.若函数f(x)=3sinx+2cosx在0,上单调递增，则当取得最大值时，cos=()A. 3 1313B. 2 1313C. 3 1313D. 2 13138.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为 3，以顶点A为球心， 7为半径的球的球面与正方体的表面的交线总长为()A. 3B. C. 2D. 3二、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.已知复数z1=1+i，z2=1i，则下列复数为纯虚数的是()A. z1z2B. z1z2C. z12D. z1z210.已知锐角三角形ABC的内角分别为A，B，C，则()A. sincos(AB)sin(cosC)B. tan(sinA)sin(tanA)D. cos(cosA)cos(sinB)11.在平面直角坐标系Oxy中，动点P在直线l：x+y=0上的射影为点Q，且 2|OP|PQ|=1.记P的轨迹为曲线C，则下列结论正确的是()A. C关于直线l对称B. C上存在点M(x0,y0)，使得x02025+y02025=1C. |OP|的最小值为 2
3、2D. 若C与两条坐标轴的正半轴所围成的面积为S，则12S0，若正项数列an满足nN，anan+112,nN)，判断数列cn是否为“上界1数列”，并说明理由；(2)若数列2nn+1是“上界m数列”，求m的最小值；(3)若0b0)的左、右焦点分别为F1(2,0)，F2(2,0)，P是圆x2+y24x32=0上一点，线段PF2与C交于点Q，且|PQ|=|F1Q|(1)求C的标准方程；(2)过点F2的直线与C交于A，B两点，记O为坐标原点，线段AB的中点为N，C的左顶点为D(i)求ODN面积的最大值；(ii)若ABD的外心为M，直线OM的斜率为k1，直线ON的斜率为k2，试判断k1k2是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由参考答案1.A2.B3.A4.C5.B6.D7.D8.B9.BCD10.AD11.ABD12.313.40814.14 4960915.解：(1)设喜爱该档节目的男性观众数为x，则喜爱该档节目的女性观众数为70x，不喜爱该档节目的女性观众数为2x，则70x+2x=100，解得x=30，故列联表完成如下：性别喜爱情况合计喜爱不喜爱男3070100女4060100合计
4、70130200(2)零假设H0：观众对该档节目的喜爱情况与性别无关；计算得到2=200(30604070)210010070130=200912.1980，则f(x)=2x+2x=2(x21)x，当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(1,+)时，f(x)，得f(x)=2x+a2+ax+1a=2x2+(1a)x+a2+ax=(x+a)(2xa1)x令(x+a)(2xa1)=0，得x=a或x=a+12若a0，则a0，a+120，当x(0,a+12)时，f(x)0，当x(a+12,+)时，f(x)0若13aa0，当x(0,a)(a+12,+)时，f(x)0若a=13，则a+12=a，f(x)0在(0,+)上恒成立综上所述，当a0时，f()的单调递增区间为(0,a+12)，单调递减区间为(a+12,+)；当a=13时，f(x)的单调递减区间为(0,+)，无单调递增区间；当13a2，所以0561c20，则c1c21，从而cn不是“上界1数列”(2)2nn+12(n+1)n+2=n(n+2)(n+1)2=n2+2nn2+2n+12nn+1恒成立又2nn+1=2(n+1)2n+1=
5、22n+12，所以m2，即m的最小值为2(3)证明：因为00bn+1bn=bn2n20，则bn+1bn0，从而bnbn+11要证数列bn是“上界1数列”，需证bn1当n=1时，由0b1 312，得b2=b1+b12 312+( 312)2=12bn0，得bn+1=bn+bn2n2bn+bnbn+1n2，则bn+1bnbnbn+1n2，整理得1bn1bn+11n21(n1)n=1n11n，则i=2n(1bi1bi+1)112+1213+1n11n=11n，则1b21bn+11b2+1n1因为01b2+1n11+1n=n+1n，则bn+1nn+11，从而bn1，证毕19.解：(1)由x2+y24x32=0，整理得(x2)2+y2=36，则该圆是以F2(2,0)为圆心，6为半径的圆因为P是圆x2+y24x32=0上一点，线段PF2与C交于点Q，且|PQ|=|F1Q|，所以|QF1|+|QF2|=|PF2|=6，则a=3由题可知c=2，则b2=a2c2=5，故C的标准方程为x29+y25=1(2)(i)由题可知，直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为x=ty+2，A(x1y1)，B(x2,
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