广东省多校2025届高三上学期摸底（一模）联考数学试卷（Word版附解析）

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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. 1D.
【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. 24C. 32D.
【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，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，由值域为R，可以得到能取遍所有正数，从而求解．
【详解】设，
又值域为R，能取遍所有正数，
，解得，
故选：C．
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，fx在上单调递减,D选项正确；
,
的最小正周期是2π,的最小正周期是,
fx的最小正周期是的最小公倍数为2π,B选项正确；
,fx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】
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an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an满足记an的前项和为，
若，，
则，，
可以发现数列an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：.
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）证明见解析
（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】
由题，得，
，
因为是与的等差中项，
所以，
三角形内角，，
则，
在中，由正弦定理，得，
因此．
【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）证明见解析
（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】
证明：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．
【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n=x,y,z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）设点关于直线对称点为，证明：直线过定点．
【答案】（1）
（2）或
（3）证明见解析
【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】
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，直线斜率存在，
且，
则直线的方程为，
注意到，化简得．
点与关于直线AB对称，
设，则由，
解得，
又，所以
，
从而，
令，得，因此直线过定点．
【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）证明见解析 （3）答案见解析
【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0,1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】
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．
【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0,1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，又，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.
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