精品解析：广东省广州市2025届普通高中毕业班摸底考试数学试题

2025届广州市普通高中毕业班摸底考试 数 学 注意事项： 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求出两个集合后根据交集定义求解. 【详解】; ; ． 故选：C. 2. 若复数且是方程的一个根，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将复数代入方程，利用待定系数法，即可求解. 【详解】由题意可知，， 即， 则，解得，， 即，所以. 故选：B 3. 已知向量，，若，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，两边同时平方，利用向量与的模和向量数量积的运算，求与的夹角. 【详解】向量，，设与的夹角为，又， 由，有， 即，则有，得， 则与的夹角为. 故选：C. 4. 已知，，且为第一象限角，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先利用和差化积公式化简，再利用二倍角的正切公式，建立方程，即可求解. 【详解】， 设， 则，因为为第一象限角，所以是第一或第三象限角， 所以 ，设， 整理为，得（舍）或， 则，，所以. 故选：B 5. 已知点，是椭圆上不关于长轴对称的两点，且，两点到点的距离相等，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设（），线段的中点为，利用点差法可得， 再由题意可得，则得，化简得，再由的范围可求得结果. 【详解】设（），线段的中点为， 则，两式相减得， 所以， 所以， 所以， 因为，，所以， 所以， 所以，所以， 因为， 所以，所以， 即实数的取值范围为. 故选：B 6. 已知定义在上的奇函数满足，且在上单调递减，若方程在上有实数根，则方程在上的所有实根之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先判断函数的性质，再画出函数的图象，利用对称性和周期性求所有实数根的和. 【详解】由可知，函数关于对称， 由函数是奇函数，可知，，即， 则，所以函数的周期为， 如图，根据函数的性质，画出函数的示意图， 由对称性可知，方程在上有一个实数根，根据函数关于对称， 可知在上也有一个实数根，再根据函数的周期性，如图，得到与在区间的6个交点， 利用对称性可知，，，， 所以方程在上的所有实根之和为. 故选：A 7. 在正六棱柱中，，为棱的中点，以为球心，为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，画出图形，设分别为的中点，连接，由题意可知球不与侧面及侧面相交，球与侧面交于点，与侧面交于点，然后分别判断与其余4个面的交线，求出球面与正六棱柱各个面所交的弧线的长度之和即可 【详解】因为球的半径为6，，所以球不与侧面及侧面相交， 设分别为的中点，连接， 则由题意可得， 所以， 所以球与侧面交于点，与侧面交于点， 在正六边形中，因为，所以， 所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面，所以平面，且， 所以， 所以球与侧面的交线是以为直径的半圆， 同理可得球与侧面的交线是以为直径的半圆， 因为，所以球与上下底面的交线均为个半径为的圆， 所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为 故选：D 【点睛】关键点点睛：此题考查球与棱柱表面的交线问题，解题的关键是画出图形，根据题意找出球与各个面的交线，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题. 8. 已知定义在上的函数满足，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用赋值法构造出的等量关系，再结合不等式性质判断即可. 【详解】由题意，，. 赋值，得； 赋值，得，即， 当时，， 当时，则，所以，即； 赋值，得，解得， 即； AC项，由，， 得， 其中由，可知， 当时，，即； 当时，，即；故AC错误； BD项，，得； 又，所以， 则， 故，且不恒为，故B错误，D正确. 故选：D. 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，部分选对的部分分，有选错的得0分． 9. 中欧班列是推进“一带一路”沿线国家道路联通、贸易畅通的重要举措．在中欧班列带动下，某外贸企业出口额逐年提升，以下为该企业近个月的出口额情况统计，若已求得关于的线性回归方程为，则（ ） 月份编号 出口额/万元 A. 与成正相关 B. 样本数据的第40百分位数为 C. 当时，残差的绝对值最小 D. 用模型描述与的关系更合适 【答案】AD 【解析】 【分析】A项由表中数据的变化及回归方程中项的系数可知；B项利用百分位数定义及求解步骤即可得；C项由样本中心点代入方程求出，利用回归方程求出估计值与相应样本数据作差求出残差，再比较绝对值大小即可；D项由散点图可知. 【详解】A项，由图中表格数据可知，当的值增加时，的相应值也呈现增加的趋势， 又由回归方程中，项的系数，也可以看出与成正相关，故A正确； B项，样本数据的个取值从小到大依次是， 由，则第40百分位数为第个数据，故B错误； C项，， ， 将代入，得，即， 令，得，所以相应残差的绝对值为， 令，得，所以相应残差的绝对值为，故C错误； D项，如下图作出散点图， 可以看到相较“样本点分布在某一条直线模型的周围”， “样本点分布在某一条指数函数曲线的周围”这样的描述更贴切， 所以用模型描述与的关系更合适些，故D正确. 故选：AD. 10. 已知函数，若，且在，，处的切线均经过坐标原点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线方程，利用切线过原点推出，，即可判断A， B两项；对于C ，D两项，借助于正弦函数的图象，设，分别求出，，，利用两角差的正切公式及放缩思想，证明，由正切函数单调性化简即可判断. 【详解】 如图，设函数在，，处的切线的切点分别为点， 则，且， 由求导得，则切线的方程为， 因切线过原点，则有，，即，同理可得，. 对于A，显然成立，故A正确； 对于B，因，则有，成立，故B正确； 对于C，由可得①， 令，代入①可得， ，即， 由图知.则，， 又， ， 于是； 而. 因，则， 故，即， 由正切函数在上为增函数可得，，即， 故，即，故C错误. 根据题意，要证，即证， 由于均值不等式知道，下面证明即可. 即证，即证， 即证 前面知道，则. 则只需要证明即可.即证明，前面C知式子成立.故D正确. 故选：ABD． 11. 已知圆，过点向圆引斜率为的切线，切点为，记的轨迹为曲线，则（ ） A. 的渐近线为 B. 点在上 C. 在第二象限的纵坐标最大的点对应的横坐标为 D. 当点在上时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由相切性质得点满足关系式，与已知圆联立消参得轨迹方程，A项由方程形式构造函数，利用导函数研究单调性作出大致图形即可得渐近线；B项坐标代入可知；C项由形可得；D项由不等式性质与放缩法可得. 【详解】圆，圆心，半径，且，且. ，则点在圆外. 如图，连接，由题意知， 设，则①， 又点在圆上，则②， ①②得，，解得③， 由且，解得，或. 将③代入②消得，，即为曲线的方程. A项，设， 则， 令解得，或，或（舍）. 当时，，单调递增； 当时， ，单调递减； 当时， ，单调递增. 且，当时，. 且当时，函数与单调性相同； 且，当时，. 故的大致图象如下图， 又由方程 ，故的渐近线为，A项正确； B项，令曲线方程中，得，，故B错误； C项，由形可知，曲线在第二象限的纵坐标最大的点对应的横坐标， 即在的极值点，故C正确； D项，当点在上时，则 由，或.得，又， ，则， 所以成立，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：求动点轨迹方程的常见方法有： （1）直接法：从条件中直接寻找到的关系，列出方程后化简即可； （2）代入法：所求点与某已知曲线上一点存在某种关系，则可根据条件用表示出，然后代入到所在曲线方程中，即可得到关于的方程； （3）定义法：从条件中能够判断出点的轨迹为学过的图形，则可先判定轨迹形状，再通过确定相关曲线的要素，求出曲线方程. （4）参数法：从条件中无法直接找到的联系，但可通过一辅助变量，分别找到与的联系，从而得到和的方程：，即曲线的参数方程，消去参数后即可得到轨迹方程. （5）交轨法：选择适当的参数表示两动曲线的方程，将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程。 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列满足，设数列的前项和为，则满足的实数的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先将代入题干表达式计算出的值，当时，由，可得，两式相减进一步计算即可推导出数列的通项公式，再根据数列的通项公式及等比数列的求和公式推导出前项和的表达式，最后根据不等式的性质即可计算出实数的最小值． 【详解】由题意，当时，， 当时，由， 可得， 两式相减，可得， 解得， 当时，不满足上式， ， 则当时，， 当时， ， 当时，也满足上式， ，， ，且对任意恒成立， ，即实数的最小值为． 故答案为：. 13. 已知函数的图象与直线在上有个交点，则实数的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】对函数求导，联系余弦函数在上的单调性分析导函数的正负，由此得到函数的单调性，数形结合即可求解. 【详解】 函数的导函数为， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以，在上，当时，取得极大值为，当时，极小值为； 在上，当时，取得极大值为，当时，极小值为 所以函数的图象与直线在上有个交点，则实数的取值范围为， 故答案为： 14. 网络安全是国家安全的重要组成部分，在信息课上，某同学利用计算机模拟网络病毒的传播．已知在的平面方阵中，若某方格相邻方格中有个及个以上被病毒感染，则病毒扩散至该方格，若使所有方格均被感染，则至少需要在__________个方格内投放病毒源；拓展到三维空间内，已知在的立体方阵中，若某方块相邻方块中有个及个以上被病毒感染，则病毒扩散至该方块，若使所有方块均被感染，则至少需要在_____个方块内投放病毒源． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题意，结合归纳、类比法进行求解即可. 【详解】在的平面方阵中，如下图： 病毒源 病毒源 按对角线方向每行每列都有一个格子内投放病毒源，显然，格子都满足要求， 在的平面方阵中，如下图： 按对角线方向每行每列都有一个格子内投放病毒源，显然，格子先满足要求， 而后5，6马上也满足； 5 病毒源 3 病毒源 2 病毒源 4 6 由此可以推断当在的平面方阵中，按对角线方向每行每列都有一个格子内投放病毒源，至少需要在个方格内投放病毒源； 当拓展到三维空间时， 已知在的立体方阵中，如图所示： 当投放病毒源时，要想3被感染，只需投放病毒源，同理要想4被感染，只需投放病毒源，因此需要个方格内投放病毒源， 因此已知在的立体方阵中，面对我们的面有个，其中一条对角线上有个， 所以需要个方格内投放病毒源， 所以可以类比在在的立体方阵中， 需要个方格内投放病毒源， 故答案为：； 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用归纳和类比推理的方法进行求解. 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. 已知在锐角中，，为边上一点，且． （1）证明：平分； （2）已知，求． 【答案】（1）由题意，，且, 所以， 即， 所以， 又因为为锐角三角形，所以， 所以， 由正弦定理得. 在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得， 因为, 所以， 所以, 又因为，即，且， 所以， 所以平分. （2）. 【解析】 【分析】（1）由三角恒等变换及正弦定理，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，两式结合即可证明. （2）在中，由平面向量的基本定理得，两边同时平方得，再由余弦定理得，然后计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，， 因为，且为锐角三角形， 所以, 即, 则，故. 在中，由余弦定理得 ， 解得， 所以. 【点睛】 16. 已知函数． （1）若在处取得极小值，求实数的取值范围； （2）讨论的零点个数． 【答案】（1） （2） 当时，函数在上没有零点， 当时，函数在上只有一个零点. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，根据参数进行分类，讨论函数的单调性，得到函数的极值情况，由题意取舍即得实数的取值范围； （2）在（1）按照参数分类的基础上，利用函数单调性和极值的正负，进一步分析探究函数的零点情况即得. 【小问1详解】 函数的定义域为，， ①当时，，当时，，在上递减， 当时，，在上递增，此时在时取得极小值，符合题意； ②当时，由可得或， 若，则由可得或；由可得， 即在和上递增；在递减，此时函数在取得极小值，符合题意； 若，，当时，恒成立，即在上恒为增函数，不符合题意； 若，由可得或；由可得， 即在和上递增，在上递减，此时函数在时取得极大值，故不符合题意. 综上可得，实数的取值范围为； 【小问2详解】 由（1）知，① 当时，在上递减，在上递增， 则在时取得极小值，也是最小值，为，此时函数无零点； ②当时，在和上递增；在递减， 故当时，取得极小值，当时，取得极大值， 当时，，故此时函数在上有一个零点； ③当时，在上恒为增函数，又，故此时函数在上有一个零点； ④当时，在和上递增，在上递减， 故当时有极大值为，当时，有极小值为， 且当时，，故此时函数在上只有一个零点. 综上所述，当时，函数在上没有零点，当时，函数在上只有一个零点. 17. 如图，在三棱台中，为正三角形，，，点为的中点，平面平面． （1）若，证明：平面平面； （2）若，记平面与平面的交线为，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明如下： 因为平面平面，且平面平面， 因为，且点是，所以，又面， 所以平面，平面， 所以，，且，平面， 所以平面，且平面， 所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）要证明面面垂直，转化为证明线面垂直，根据垂直关系转化为证明平面； （2）首先作出交线，再利用垂直关系构造二面角的平面角，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意知，，， 因为是等边三角形，且点为的中点，则， 又因为平面平面，平面平面，面， 所以平面，且平面， 所以，可得， 取的中点，连结，， 因为，，则，， 且，平面，则平面， 对于梯形，故点作，垂足为， 因为，则，可得， 由，可知，且，， 将三棱台补成三棱锥，则， 设，可知即为直线，则，即，可得， 由，则、、三点共线，且， 可知为线段的中垂线，则， 过点作，垂足为，过作，垂足为，连结， 因为平面，平面，所以， 且，平面， 可得平面，由平面 可得，且，平面， 所以平面，由平面，可得， 可知二面角的平面角为， 因为平面，由平面，所以， 在中，，，， 可得，，则， 在中，，，可得， 在中，可得， 在中，则，可得， 所以二面角的余弦值为. 18. 在平面直角坐标系中，点到点的距离与到直线的距离之比为，记的轨迹为曲线，直线交右支于，两点，直线交右支于，两点，． （1）求的标准方程； （2）证明：； （3）若直线过点，直线过点，记，的中点分别为，，过点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，，求四边形面积的取值范围． 【答案】（1） （2）证明如下： 由题意可知直线和直线斜率若存在则均不为0且不为， ①直线的斜率不存在时，则可设直线方程为，， 则且由点A和点B在曲线E上，故， 所以， 同理可得，所以； ②直线斜率存在时，则可设方程为，、， 联立， 则即， 且，且， 所以 ， 同理 ，所以， 综上，. （3） 【解析】 【分析】（1）根据两点间的距离和点到直线的距离公式即可列等式求解； （2）根据直线与双曲线联立方程，得韦达定理，结合数量积坐标运算即可证明； （3）依据题意得直线和直线的方程分别为，联立直线和曲线E方程求得韦达定理，从而利用中点坐标公式求出点P坐标，同理求出点Q坐标，再利用点到直线距离公式分别求出点P和点Q到两渐近线的距离，接着根据计算结合变量取值范围即可求解. 【小问1详解】 设点，因为点到点的距离与到直线的距离之比为， 所以 ，整理得， 所以的标准方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意可知直线和直线斜率若存在则斜率大于1或小于， 且曲线E的渐近线方程为， 故可分别设直线和直线的方程为和，且， 联立得，设、， 则， ，， 故， 因为P是中点，所以即， 同理可得， 所以P到两渐近线的距离分别为， ， Q到两渐近线的距离分别为， ， 由上知两渐近线垂直，故四边形是矩形，连接， 则四边形面积为 ， 因为，所以， 所以， 所以四边形面积的取值范围为. 【点睛】关键点睛：求解四边形面积的取值范围的关键1在于明确直线和直线的变量m的范围为，；关键2在于先将四边形补形为矩形再分割为四边形和两个三角形利用来计算求解. 19. 已知有穷数列的通项公式为，将数列中各项重新排列构成新数列，则称数列是的“重排数列”；若数列各项均满足，则称数列是的“完全重排数列”，记项数为的数列的“完全重排数列”的个数为． （1）计算，，； （2）写出和，之间的递推关系，并证明：数列是等比数列； （3）若从数列及其所有“重排数列”中随机选取一个数列，记数列是的“完全重排数列”的概率为，证明：当无穷大时，趋近于．（参考公式：） 【答案】（1）；；. （2），；证明： 当数列有项时，其“完全重排数列”的排法可以分为两个步骤： 第一步：重排第项，有种排法； 第二步：重排其余项，根据第一步的排法，可以分为两类： 第一类：若第项排在第项的位置，但第项不排在第项的位置，这样的排法有种； 第二类：若若第项排在第项的位置，第项排在第项的位置，这样的排法有种. 所以，，又， 所以. 所以数列，是等比数列，且，公比为. （3） 由（2）可得：. 所以：，，，，， 以上各式相加，可得：， 所以. 又数列的重排数列的个数为：， 所以， 当无穷大时， 【解析】 【分析】（1）根据“完全重排数列”的概念求，，； （2）根据“完全重排数列”的概念，结合乘法原理列出递推公式，再利用等比数列的定义证明所给数列是等比数列； （3）根据第二问的结果，推导的通项公式，结合，可得当无穷大时，趋近于． 【小问1详解】 当时，，所以； 当时，，，则其完全重排数列必为：，，故； 当时，数列的完全重排数列可以为：或，故； 当时，为得到数列的完全重排数列，可先排1，有3种排法，比如1排到2的位置，那就再排2，也有3种排法，剩下的两个数字只有1种排法，由乘法原理可得：. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题在总结出数列是等比数列以后，得到，需在公式两边同除以，再用累加法求通项公式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届广州市普通高中毕业班摸底考试 数 学 注意事项： 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数且是方程的一个根，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若，则与夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，且为第一象限角，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知点，是椭圆上不关于长轴对称的两点，且，两点到点的距离相等，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知定义在上的奇函数满足，且在上单调递减，若方程在上有实数根，则方程在上的所有实根之和为（ ） A. B. C. D. 7. 在正六棱柱中，，为棱中点，以为球心，为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数满足，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 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，部分选对的部分分，有选错的得0分． 9. 中欧班列是推进“一带一路”沿线国家道路联通、贸易畅通的重要举措．在中欧班列带动下，某外贸企业出口额逐年提升，以下为该企业近个月的出口额情况统计，若已求得关于的线性回归方程为，则（ ） 月份编号 出口额/万元 A. 与成正相关 B. 样本数据的第40百分位数为 C. 当时，残差的绝对值最小 D. 用模型描述与的关系更合适 10. 已知函数，若，且在，，处的切线均经过坐标原点，则（ ） A. B. C D. 11. 已知圆，过点向圆引斜率为的切线，切点为，记的轨迹为曲线，则（ ） A. 的渐近线为 B. 点在上 C. 在第二象限的纵坐标最大的点对应的横坐标为 D. 当点在上时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列满足，设数列的前项和为，则满足的实数的最小值为__________． 13. 已知函数的图象与直线在上有个交点，则实数的取值范围为__________． 14. 网络安全是国家安全的重要组成部分，在信息课上，某同学利用计算机模拟网络病毒的传播．已知在的平面方阵中，若某方格相邻方格中有个及个以上被病毒感染，则病毒扩散至该方格，若使所有方格均被感染，则至少需要在__________个方格内投放病毒源；拓展到三维空间内，已知在的立体方阵中，若某方块相邻方块中有个及个以上被病毒感染，则病毒扩散至该方块，若使所有方块均被感染，则至少需要在_____个方块内投放病毒源． 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. 已知在锐角中，，为边上一点，且． （1）证明：平分； （2）已知，求． 16 已知函数． （1）若在处取得极小值，求实数的取值范围； （2）讨论零点个数． 17. 如图，在三棱台中，为正三角形，，，点为的中点，平面平面． （1）若，证明：平面平面； （2）若，记平面与平面的交线为，求二面角的余弦值． 18. 在平面直角坐标系中，点到点的距离与到直线的距离之比为，记的轨迹为曲线，直线交右支于，两点，直线交右支于，两点，． （1）求的标准方程； （2）证明：； （3）若直线过点，直线过点，记，的中点分别为，，过点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，，求四边形面积的取值范围． 19. 已知有穷数列的通项公式为，将数列中各项重新排列构成新数列，则称数列是的“重排数列”；若数列各项均满足，则称数列是的“完全重排数列”，记项数为的数列的“完全重排数列”的个数为． （1）计算，，； （2）写出和，之间的递推关系，并证明：数列是等比数列； （3）若从数列及其所有“重排数列”中随机选取一个数列，记数列是的“完全重排数列”的概率为，证明：当无穷大时，趋近于．（参考公式：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $