精品解析：2025届广东省高三毕业班调研考试（一）数学试卷及答案

2025届广东省普通高中毕业班调研考试（一） 数学 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. 已知，是两个虚数，则“，均为纯虚数”是“为实数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知和的夹角为，且，则（ ） A. B. C. 3 D. 9 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知等比数列 为递增数列，. 记 分别为数列 的前项和，若 ，则 （ ） A. B. C. D. 6. 已知体积为 的球与正四棱锥的底面和4个侧面均相切，已知正四棱锥的底面边长为 . 则该正四棱锥体积值是（ ） A. B. C. D. 7. 斐波那契数列因数学家斐波那契以兔子繁殖为例而引入，又称“兔子数列”.这一数列如下定义：设为斐波那契数列，，，，其通项公式为，设是的正整数解，则的最大值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 8. 函数与函数有两个不同的交点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每题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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 现有十个点的坐标为 ，它们分别与 关于点对称.已知 的平均数为，中位数为 ，方差为，极差为，则 这组数满足（ ） A. 平均数为 B. 中位数为 C. 方差为 D. 极差为 10. 设 是非零复数，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 若，则的最小值为3 D. 若，则的最小值为. 11. 已知定义在上的函数的图象连续不间断，当，且当时，，则下列说法正确的是（） A. B. 在上单调递增，在上单调递减 C. 若，则 D. 若是在内的两个零点，且，则 三、填空题：本题共3题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列的首项，公差，求第10项的值为__. 13. 若 ，则 ____________. 14. 如图，在矩形中，分别是矩形四条边的中点，点在直线上，点在直线上，，直线与直线相交于点，则点的轨迹方程为_______________. 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. 在△中，角的对边分别为，已知 （1）求 ; （2）若 分别为边 上的中点，为 的重心，求 的余弦值. 16. 设两点的坐标分别为. 直线相交于点，且它们的斜率之积是. 设点的轨迹方程为. （1）求; （2）不经过点的直线与曲线相交于、两点，且直线与直线的斜率之积是，求证：直线恒过定点. 17. 如图所示，四边形是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，是与的交点，. （1）记圆柱的体积为，四棱锥的体积为 ，求 ； （2）设点在线段上，且存在一个正整数，使得，若已知平面与平面的夹角的正弦值为，求的值. 18. 已知函数， （1）已知函数的图象与函数的图象关于直线 对称，试求； （2）证明； （3）设是的根，则证明：曲线在点处的切线也是曲线的切线. 19. 如果函数 的导数为，可记为 ，若 ，则表示曲线 ，直线 以及轴围成的“曲边梯形”的面积. 如：，其中 为常数； ，则表 及轴围成图形面积为4. （1）若 ，求 的表达式； （2）求曲线 与直线 所围成图形的面积； （3）若 ，其中 ，对 ，若，都满足，求 的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届广东省普通高中毕业班调研考试（一） 数学 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】B 【解析】 【分析】先解不等式求得集合，进而求得. 【详解】集合. 而，故. 故选：B 2. 已知，是两个虚数，则“，均为纯虚数”是“为实数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数除法的运算法则，结合充分性、必要性、纯虚数的定义进行判断即可. 【详解】当，均为纯虚数时，设，，则有， 当时，显然，但是，都不是纯虚数”， 因此“，均为纯虚数”是“为实数”的充分不必要条件， 故选：A 3. 已知和的夹角为，且，则（ ） A. B. C. 3 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量数量积运算求得正确答案. 【详解】 故选：C 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，利用两角和的正弦、余弦公式化简可得，再根据二倍角余弦公式求解. 【详解】由，可得， 即，即得， . 故选：B. 5. 已知等比数列 为递增数列，. 记 分别为数列 的前项和，若 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式及前n项和公式求解q的值，再由数列的单调性进一步判断即可. 【详解】， 则 . 由于 为递增数列，则 ， 所以 的通项公式为 所以 ， 故选：C. 6. 已知体积为 的球与正四棱锥的底面和4个侧面均相切，已知正四棱锥的底面边长为 . 则该正四棱锥体积值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设正四棱锥的内切球的半径为，为底面中心，取的中点，设点在侧面上的投影为点，则点在上，利用求出球心到四棱锥顶点的距离，再由棱锥的体积公式计算可得答案. 【详解】设正四棱锥的内切球的半径为，为底面中心， 由体积为得， 连接，平面，球心在上，， 取的中点，连接，设点在侧面上的投影为点， 则点在上，且，， 球心到四棱锥顶点的距离为， 所以，，解得， 所以. 故选：A. 7. 斐波那契数列因数学家斐波那契以兔子繁殖为例而引入，又称“兔子数列”.这一数列如下定义：设为斐波那契数列，，，，其通项公式为，设是的正整数解，则的最大值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】利用给定条件结合对数的性质将化为，结合，得到，根据递增，得到也是递增数列，得，即可求解. 【详解】由题知是的正整数解， 故，取指数得， 同除得，，故， 即，根据是递增数列可以得到也是递增数列， 于是原不等式转化为. 由斐波那契数列可得，，，， 可以得到满足要求的的最大值为，故A正确. 故选：A 【点睛】关键点点睛： 本题关键在于利用对数的运算将， 转化为，结合的表达式得到， 从而求解的最大值. 8. 函数与函数有两个不同的交点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用参变分类可得和的图象有两个交点，结合导数讨论后者的性质后可得参数的取值范围. 【详解】由得， 则问题转化为和的图象有两个交点， 而， 令，解得，令，解得， 故在上单调递增， 在单调递减，则， 当时， 的图象有两个交点； 当时， 的图象有两个交点； 大致图象如右所示： 结合图象可知，的取值范围是， 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每题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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 现有十个点的坐标为 ，它们分别与 关于点对称.已知 的平均数为，中位数为 ，方差为，极差为，则 这组数满足（ ） A. 平均数为 B. 中位数为 C. 方差为 D. 极差为 【答案】ABCD 【解析】 【分析】根据对称知识可得，结合平均数、中位数、方差、极差的性质，即可判断出答案. 【详解】由于 ，它们分别与 关于点对称， 则有，即有 . 则由平均数的性质可得这组数的平均数为 ， 结合中位数性质可知中位数为 ，结合方差性质可得方差为，极差非负，所以极差为. 故选：ABCD 10. 设 是非零复数，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 若，则的最小值为3 D. 若，则的最小值为. 【答案】CD 【解析】 【分析】利用共轭复数的概念和加减运算性质判断A，举反例判断B，利用复数模的性质得到轨迹方程，结合圆的性质判断C，利用复数模的性质得到轨迹方程，结合椭圆的性质判断D即可. 【详解】对于A.，设，则， 所以， ， 当有1个为0或全为0时，， 当均不为0时，无法比较大小，故错误， 对于B，当，时，， 此时，， 故不成立，故错误， 对于C，设，因为，所以， 故有，可得, 所以的轨迹是以为圆心，2为半径的圆， 而， 故表示点到定点的距离， 由圆的性质可知，，故C正确， 对于D，设，所以， ， 而，故， 所以得到点到两定点，的距离之和为4， 故的轨迹是以，为焦点的椭圆， 故轨迹方程为，而表示到原点的距离， 由椭圆的几何性质可得当点在椭圆的左右顶点时， 取得最小值，此时，故，则D正确. 故选：. 11. 已知定义在上的函数的图象连续不间断，当，且当时，，则下列说法正确的是（） A. B. 在上单调递增，在上单调递减 C. 若，则 D. 若是在内的两个零点，且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项，令，可求；选项，对两边求导，结合得，，可判断单调性；C选项，的大小关系进行分类讨论，利用函数单调性，证明不等式；D选项，证明，利用函数单调性，证明且，可得结论. 【详解】选项，令，则有，所以，故正确. 选项，对两边求导，得， 所以，代入， 得当时，，所以. 又因为，所以，. 因此，当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 故错误. C选项，对的大小关系进行分类讨论： ①当时，在上单调递减，所以，显然有； ②当时，在上单调递增，不符合题意； ③当时，当时，. 令， 又因为，所以， 因此. 因为，由的单调性得，. 故C正确. 选项，因为， 所以. 先证，即证，即， 只需证，即证. 事实上，，因此得证. 此时有. 因为，又，所以， 因为，又，所以. 综上，，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛： 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 三、填空题：本题共3题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列的首项，公差，求第10项的值为__. 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式求得正确答案. 【详解】依题意. 故答案为： 13. 若 ，则 ____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用赋值法令，，联立方程组求解即可. 【详解】令，得 ， 令，得 ， 则 ， 且 ， 故 . 故答案为：. 14. 如图，在矩形中，分别是矩形四条边的中点，点在直线上，点在直线上，，直线与直线相交于点，则点的轨迹方程为_______________. 【答案】 【解析】 【分析】以所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，求出直线的方程与直线的方程，联立求解即可. 【详解】 以所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系. 因为，所以 ， 所以 ，又因为 ， 所以 ，所以. 因为 ，所以直线的方程为 ①， 因为 ，所以直线的方程为 ②. 由①可得 ，代入②化简可得 ， 结合图象易知点可到达 ，但不可到达 ， 所以点的轨迹方程为 ， 故答案为： 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. 在△中，角的对边分别为，已知 （1）求 ; （2）若 分别为边 上的中点，为 的重心，求 的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)根据二倍角公式将已知条件变形转化，再根据正弦定理边角互化，带入到余弦定理即可求得； (2)根据已知设 ，表达出，再根据余弦定理可求得结果. 【小问1详解】 因为， 所以， 即 由正弦定理得 ， 由余弦定理得 ，因为 【小问2详解】 设 ， 依题意可得 所以 所以. 16. 设两点的坐标分别为. 直线相交于点，且它们的斜率之积是. 设点的轨迹方程为. （1）求; （2）不经过点的直线与曲线相交于、两点，且直线与直线的斜率之积是，求证：直线恒过定点. 【答案】（1） （2） 证明：设 ①当直线斜率不存在时，可知 ， 且有， 解得，此时直线为 0， ②当直线斜率存在时，设直线 ，则此时有： 联立直线方程与椭圆方程 ， 消去 可得： ， 根据韦达定理可得： ，， 所以， 所以， 所以 所以，则或， 当时，则直线 恒过点与题意不符，舍去， 故，直线恒过原点， 结合①，②可知，直线恒过原点 ，原命题得证. 【解析】 【分析】（1）设点的坐标为，然后表示出直线的斜率，再由它们的斜率之积是，列方程化简可得点的轨迹方程； （2）设，当直线斜率不存在时，求得直线为 0，当直线斜率存在时，设直线 ，由得，将直线方程代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，代入上式化简可得，从而可求得直线恒过的定点. 【小问1详解】 设点的坐标为，因为点的坐标是， 所以直线 的斜率， 同理，直线 的斜率， 由已知，有， 化简，得点的轨迹方程为， 即点的轨迹是除去 两点的椭圆. 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆的轨迹方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中直线过定点问题，解题的关键是设出直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系结合已知条件求解，考查计算能力，属于较难题. 17. 如图所示，四边形是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，是与的交点，. （1）记圆柱的体积为，四棱锥的体积为 ，求 ； （2）设点在线段上，且存在一个正整数，使得，若已知平面与平面的夹角的正弦值为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用圆柱以及棱锥的体积公式，即可求得答案. （2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用空间角的向量求法，结合平面与平面的夹角的正弦值，即可求得答案. 【小问1详解】 在底面中，因为 是底面直径，所以 ， 又 ，故 ≌， 所以. 因为是圆柱的母线，所以面，所以 ， , 因此； 【小问2详解】 以为坐标原点，以为轴正方向，在底面内过点C作平面的垂直线为y轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，所以 ≌， 故 ， 所以，， 因此，， 因为 ，所以 ， 则 设平面和平面的法向量分别为， 则有:，， 取， 设平面与平面的夹角为 ，则 所以有：， 整理得，（无解，舍）， 由于k为正整数，解得. 18. 已知函数， （1）已知函数的图象与函数的图象关于直线 对称，试求； （2）证明； （3）设是的根，则证明：曲线在点处的切线也是曲线的切线. 【答案】（1）. （2）证明：解法1：当 时，且 ，此时 ； 当时，且，此时 ， 故综上. 解法2：，令，在上恒成立， 故在上单调递增，即在上单调递增， 因此当时，； 当； 因此在上单调递减，在 上单调递增， 故. （3）证明：不妨取曲线 上的一点 ，设在处的切线即是 在处的切线， 则 ，得 ，则 的坐标 ， 由于，所以， 则有， 综上可知，直线的斜率等于在处的切线斜率和在处的切线斜率， 所以直线AB既是曲线在点处的切线也是曲线的切线. 【解析】 【分析】（1）由，得，再利用换元法求； （2）分区间讨论各因式的符号或利用导数证明； （3）取曲线 上的一点 ，设在处的切线即是 在处的切线，证明直线的斜率等于在处的切线斜率和在处的切线斜率即可. 【小问1详解】 因为的图象与的图象关于直线 对称，所以 . 又因为 ， 所以， 令，则 ， 所以， 因此. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 如果函数 的导数为，可记为 ，若 ，则表示曲线 ，直线 以及轴围成的“曲边梯形”的面积. 如：，其中 为常数； ，则表 及轴围成图形面积为4. （1）若 ，求 的表达式； （2）求曲线 与直线 所围成图形的面积； （3）若 ，其中 ，对 ，若，都满足，求 的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据新定义及计算得解； （2）根据新定义，构造函数即可得出面积； （3）根据所给条件可得在 上单调递增，转化为在 恒成立，就导数的符号分类讨论后可求参数的取值范围. 【小问1详解】 ，其中 为常数. 而 ，即 ，所以 ， 所以. 【小问2详解】 联立 ，解得 ， 当时，，令 ， 则围成的面积 【小问3详解】 令 ， 由题意可知，，满足， 即，即在 上单调递增， 进而在 恒成立，在 恒成立. ， 若，则在上恒成立，故在上为增函数， 故； 若，则时，，故在上为减函数， 故时，，与题设矛盾； 故. 【点睛】关键点点睛：本题第三步关键在于利用，都满足，得出函数在 上单调递增，再结合导数的符号分类讨论后可得参数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $