精品解析：广东省2025届高三上学期第一次调研考试数学试题

广东省2025届普通高中毕业班第一次调研考试 数学 本试卷共4页，考试用时120分钟，满分150分． 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己所在的市（县、区）、学校、班级、姓名、考场号和座位号填写在答题卡上，将条形码横贴在每张答题卡左上角“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4．考生必须保证答题卡的整洁．考试结束后，将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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】计算出集合，再根据并集运算可得结果. 【详解】根据题意知，所以， 则. 故选：D 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，根据模长公式结合复数相等可求，进而可得模长. 【详解】设，则， 可得， 则，解得， 所以. 故选：C. 3. 已知函数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意分别令、和，运算求解即可. 【详解】因为， 令，可得； 令，可得； 两式相加可得， 令，可得； 则，即. 故选：D. 4. 外接球半径为的正四面体的体积为（ ） A. B. 24 C. 32 D. 【答案】A 【解析】 【分析】设出正四面体棱长，通过作辅助线表示出四面体的高，解直角三角形表示外接球半径，由已知外接球半径为可得棱长，再由三棱锥体积公式可得. 【详解】如图，设正四面体的下底面中心为，连接，则平面， 连接并延长，交于，设此正四面体的棱长为x，则， ，，即四面体的高． 设四面体外接球的球心为，连接，外接球半径为， 则，化简得，由， 得，即正四面体棱长为， 所以正四面体的体积. 故选：A. 5. 设点为圆上的一动点，点为抛物线上的一动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，可得，利用两点之间的距离公式可得，结合二次函数的单调性即可判断出结论． 【详解】如下图，设， 则，，当且仅当时取等号，此时， ，因此， 故选：B． 6. 已知的值域为，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数型复合函数值域，求实数a的取值范围. 【详解】设， 又值域为，能取遍所有正数， ，解得. 故选：D. 7. 设为锐角，且，则与的大小关系为（ ） A. B. C. D. 不确定 【答案】A 【解析】 【分析】先利用两角和的余弦公式化简等式可得，再根据范围求得. 【详解】由为锐角，则， 由可得， 又由， 所以有，由为锐角可得， 则，又由为锐角可得， 故，即. 故选：A. 8. 若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对进行变形，再利用不相等时，即可求出的范围. 【详解】由，则， 又，则， 又当时，， 因此可得，， 即，又， 因此可得， 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 变量之间的相关数据如下表所示，其经验回归直线经过点，且相对于点的残差为，则（ ） A. B. C. D. 残差和为 【答案】AD 【解析】 【分析】结合回归方程的性质和残差的定义列方程求，判断A，B，C，求残差和判断D. 【详解】因为经验回归直线经过点， 所以，， 因为相对于点的残差为， 所以， 所以，，，A正确，B错误，C错误， 所以， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 所以残差和为，D正确. 故选：AD. 10. 已知函数，则（ ） A. 的值域是 B. 的最小正周期是 C. 关于对称 D. 在上单调递减 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据二倍角余弦公式化简得出值域及单调区间判断A,D,应用周期及对称轴判断B,C. 【详解】因为， 令, ,A选项错误； 在单调递减，时单调递增， 应用复合函数单调性，在上单调递减,D选项正确； , 的最小正周期是,的最小正周期是, 的最小正周期是的最小公倍数为,B选项正确； ,关于对称，C选项正确； 故选：BCD. 11. 甲、乙、丙、丁四人共同参加4项体育比赛，每项比赛的第一名到第四名的得分依次为5分，3分，2分，1分．比赛结束甲获得16分为第一名，乙获得14分为第二名，且没有同分的情况．则（ ） A. 第三名可能获得10分 B. 第四名可能获得6分 C. 第三名可能获得某一项比赛的第一名 D. 第四名可能在某一项比赛中拿到3分 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题设条件进行推理分析知：第三、四名的总分为14分，结合第一、二名的比赛项目名次，即可确定正确的项. 【详解】由题设， 第一名16分，情况如{2个第一，2个第二}、{3个第一，1个第四}， 第二名14分，情况如{1个第一，3个第二}、{2个第一， 2个第三}，{2个第一， 1个第二，1个第四}， 所以，第一名与第二名各比赛项目组合情况如下： 第一种情况为：第一名{2个第一，2个第二}，第二名{2个第一， 2个第三}，或{2个第一， 1个第二，1个第四}， 第二种情况为：第一名{3个第一，1个第四}，第二名{1个第一，3个第二}， 综上，第三名最好成绩为{2个第二，2个第三}，即最高分为10分，故A正确，C错误； 当第三名{2个第二，2个第四}，则第四名{2个第三，2个第四}时，此时第四名获得6分，故B正确； 当第三名{1个第二，2个第三，1个第四}，则第四名{1个第二，3个第四}时，此时第四名在某一项比赛中拿到3分，故D正确； 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数过原点作曲线的切线，其切线方程为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，设出切点的坐标，结合导数的几何意义，分类讨论，即可求解. 【详解】当时，函数，可得 设切点为，则， 所以切线方程为， 因为切线过原点，可得，解得，不符合题意，舍去； 当时，函数，可得 设切点为，则， 所切线方程为， 因为切点过原点，可得，解得， 此时切线方程为，即， 故答案为： 13. 如图是一个的九宫格，小方格内的坐标表示向量，现不改变这些向量坐标，重新调整位置，使得每行、每列各三个向量的和为零向量，则不同的填法种数为_____________． 【答案】72 【解析】 【分析】要使得每行、每列各三个向量的和为零向量，根据对称性，确定所在的行和列只能排， 再按分步乘法计数原理进行求解即可. 【详解】 1 2 3 4 5 6 7 8 9 首先对的九宫格每个位置标注数字， 第一步先排，一共9个位置，因此有种排法， 根据对称性知，所在的行和列只能排， 不妨设在1位置， 第二步排2位置，则从选一个，因此有种排法， 则3位置的数也定下来了， 第三步排4位置，则从剩余的两个中挑一个，因此有种排法， 接着排7位置，7位置是中剩余的最后一个， 相当于所在的行和列都定下来了， 则使得每行、每列各三个向量的和为零向量，其他四个位置的向量排法是唯一的， 因此按分步乘法计数原理知，（种） 因此共有72种排法， 故答案为：72. 14. 已知数列满足，记的前n项和为，若，则________；若，则_________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题意，当时，得到数列是以为周期的周期数列，进而求得的值，当时，得到，进而求得的值. 【详解】由知数列满足，记的前项和为， 若，， 则，， 所以数列是以为周期的周期数列，一个周期的和为， 所以. 当时，， ， ， 因为时，可得，则以三个为一组循环， 且， 则 . 故答案为：99，. 【点睛】关键点点睛：本题第二空解决的关键在于，分析数列的前若干项，得到其具有周期性质，再利用分组求和法即可得解. 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. 中，所对的边分别为，已知是与的等比中项，且是与的等差中项． （1）证明：； （2）求的值． 【答案】（1） 由题，得， ， 因为是与的等差中项， 所以， 为三角形内角，， 则， 在中，由正弦定理，得， 因此． （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差中项所得等式，由两角和与差的正弦公式化简可得，再由正弦定理化角为边可得； （2）由余弦定理化角为边得等量关系， 再由等比中项所得关系消，从而求得，再由余弦定理转化为边之比求解可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， 由（1）知，则，即． 因为是与的等比中项，所以， 从而，即，则有. 从而，解得或（舍去）， 在中，由余弦定理得 ， 因此． 16. 如图，四边形是圆柱的轴截面，点在底面圆上，3，点是线段的中点，点是的中点． （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1） 取的中点为，连接，如图所示， 因为点分别是和的中点，所以，且． 在圆柱的轴截面四边形中，． 所以，因此四边形是平行四边形． 所以，又平面平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论； （2）先根据题意证明平面平面，从而点到平面的距离即等价于点到平面的距离，建立空间直角坐标系，利用点到面的距离向量求法即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由圆的性质可知，连接延长必与圆交于点，连接， 因为不在平面内，平面，所以平面， 又平面，且且都在面，所以平面平面． 从而点到平面的距离即为点到平面的距离． 以为坐标原点，的中垂线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示． 则 所以， 设为平面的一个法向量， 则由可取 因此点到平面的距离， 故点到平面的距离为． 17. 某学校有两家餐厅，王同学每天中午会在两家餐厅中选择一家用餐，如果前一天选择了餐厅则后一天继续选择餐厅的概率为，前一天选择餐厅则后一天选择餐厅的概率为，如此往复．已知他第1天选择餐厅的概率为，第2天选择餐厅的概率为． （1）求王同学第天恰好有两天在餐厅用餐的概率； （2）求王同学第天选择餐厅用餐的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设“王同学第天选择餐厅”，利用全概率公式求出p=0.5，再设设“王同学第天恰好有两天在餐厅用餐”，再利用全概率公式从而可求解. （2）利用全概率公式可得，化简得到，从而可证为等比数列，从而可求解. 【小问1详解】 设“王同学第天选择餐厅”． ． 由全概率公式，得，解得． 设“王同学第天恰好有两天在餐厅用餐”，则， 因此． 【小问2详解】 设“王同学第天选择餐厅”，则， 由题与（1）可得． 由全概率公式，得． 则，又因为， 所以是以首项为，公比为的等比数列． 因此，即． 18. 设直线．点和点分别在直线和上运动，点为的中点，点为坐标原点，且． （1）求点的轨迹方程； （2）设，求当取得最小值时直线的方程； （3）设点关于直线的对称点为，证明：直线过定点． 【答案】（1） （2）或 （3） 设，，由（2）可知， 当时，直线，得，直线； 当时，直线，得，直线． 当是其他点时，直线的斜率存在， 且， 则直线的方程为， 注意到，化简得． 点 与关于直线对称， 设，则由， 解得， 又，所以 ， 从而， 令，得，因此直线过定点． 【解析】 【分析】（1）设，由利用数量积坐标化得到关系，利用中点坐标公式将坐标用坐标表示，代入消元即可得； （2）由双曲线的性质可得的范围，得到最小值，再求解最值状态下即为实轴端点时的直线方程即可； （3）求解当直线斜率不存在时的方程；当斜率存在时，写出直线的方程，利用一垂直二平分求解点坐标，进而得到直线的方程，观察方程写出定点. 【小问1详解】 设，则， 所以从而 因为，所以，即． 则，化简得． 所以点的轨迹方程为． 【小问2详解】 由（1）得，则的最小值为1，此时或， 即或． 当时，可得，从而直线的方程为； 当时，同理可得直线的方程为． 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：解决此题目的关键在于多参设法的消参方法，一是代入消元，如第（1）问中将用动点坐标表示代入关系式即可；二是整体消元，如第（3）问中的应用；三是设而求法，解元消元，如第（3）问中坐标的运算求解. 19. 函数的定义域为，若满足对任意，当时，都有，则称是连续的． （1）请写出一个函数是连续的，并判断是否是连续的，说明理由； （2）证明：若是连续的，则是连续且是连续的； （3）当时，，其中，且是连续的，求的值． 【答案】（1），是的，理由见解析 （2） 因为是连续的，由定义可得对任意， 当时，有， 所以有， 且， 所以， 所以， 即是连续的， 又同理可得，即是连续的． （3）或或或. 【解析】 【分析】（1）可举例斜率为的一次函数，函数值与自变量的增量相同更易于分析； （2）利用不等式的同向可加性质，将从两个角度变形可得，进而得证； （3）利用不等式的同向可加性质与（2）结论先证明是连续的，可得，然后转化为恒成立求解验证即可. 【小问1详解】 函数是连续的，也是连续的．理由如下： 由，有， 同理当，有， 所以是连续的，也是连续的． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 已知是连续的， 则由（2）可得， 两式相减可得， 即是连续的， 进一步有，,是连续的. 由已知时，， 若时，， 则，不满足. 又对任意，当时，有， 因为是连续的，所以， 又，所以， 所以， 即对任意，当时，都有， 故是连续的． 由上述分析可得， 则当，，其中， 有， 所以恒成立． 设，对称轴为. 当时，，不等式恒成立，满足题意； 当时，由恒成立，， 则，即，则． 由，且，则或， 所以与时，都满足题意； 当时，由，得, 解得，故，又，，且， 所以此时，满足题意． 综上所述，或或或. 【点睛】关键点点睛：新定义题型的关键在于理解定义，此题中对是连续的定义的理解关键在于三个方面：一是不等关系的应用，结合不等式同向可加性，如（2）问中从上、下界两角度构造不等式，从而得到等量关系；二是相等关系的应用，等式叠加又得等式，如若是连续的，则是连续的；等式相减也得等式，如第（3）问中的分析；三是数形结合思想的应用，对是连续的理解，从形入手考虑切线的斜率变化，研究函数单调性与导数也是很重要的. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省2025届普通高中毕业班第一次调研考试 数学 本试卷共4页，考试用时120分钟，满分150分． 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己所在的市（县、区）、学校、班级、姓名、考场号和座位号填写在答题卡上，将条形码横贴在每张答题卡左上角“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4．考生必须保证答题卡的整洁．考试结束后，将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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 3. 已知函数满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 外接球半径为的正四面体的体积为（ ） A. B. 24 C. 32 D. 5. 设点为圆上的一动点，点为抛物线上的一动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知的值域为，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 设为锐角，且，则与的大小关系为（ ） A. B. C. D. 不确定 8. 若，且，则的取值范围是（ ） 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 变量之间的相关数据如下表所示，其经验回归直线经过点，且相对于点的残差为，则（ ） A. B. C. D. 残差和为 10. 已知函数，则（ ） A. 的值域是 B. 的最小正周期是 C. 关于对称 D. 在上单调递减 11. 甲、乙、丙、丁四人共同参加4项体育比赛，每项比赛的第一名到第四名的得分依次为5分，3分，2分，1分．比赛结束甲获得16分为第一名，乙获得14分为第二名，且没有同分的情况．则（ ） A. 第三名可能获得10分 B. 第四名可能获得6分 C. 第三名可能获得某一项比赛的第一名 D. 第四名可能在某一项比赛中拿到3分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数过原点作曲线的切线，其切线方程为_____________． 13. 如图是一个的九宫格，小方格内的坐标表示向量，现不改变这些向量坐标，重新调整位置，使得每行、每列各三个向量的和为零向量，则不同的填法种数为_____________． 14. 已知数列满足，记的前n项和为，若，则________；若，则_________． 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. 中，所对的边分别为，已知是与的等比中项，且是与的等差中项． （1）证明：； （2）求的值． 16. 如图，四边形是圆柱的轴截面，点在底面圆上，3，点是线段的中点，点是的中点． （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离． 17. 某学校有两家餐厅，王同学每天中午会在两家餐厅中选择一家用餐，如果前一天选择了餐厅则后一天继续选择餐厅的概率为，前一天选择餐厅则后一天选择餐厅的概率为，如此往复．已知他第1天选择餐厅的概率为，第2天选择餐厅的概率为． （1）求王同学第天恰好有两天在餐厅用餐的概率； （2）求王同学第天选择餐厅用餐的概率． 18. 设直线．点和点分别在直线和上运动，点为的中点，点为坐标原点，且． （1）求点的轨迹方程； （2）设，求当取得最小值时直线的方程； （3）设点关于直线的对称点为，证明：直线过定点． 19. 函数的定义域为，若满足对任意，当时，都有，则称是连续的． （1）请写出一个函数是连续的，并判断是否是连续的，说明理由； （2）证明：若是连续的，则是连续且是连续的； （3）当时，，其中，且是连续的，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $