广东省2025届高三下学期第一次调研考试数学试题 含解析

这是一份广东省2025届高三下学期第一次调研考试数学试题 含解析，共20页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
数学
本试卷共5页，19题，满分150分．考试用时120分钟．
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､座位号和考生号填写在答题卡上，将条形码横贴在每张答题卡的“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､单项选择题：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．请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用指数函数的单调性化简集合，根据集合的基本运算可得结果.
【详解】∵指数函数在上单调递增，
∴由得，故，
∵，
∴.
故选：B.
2. 记复数的共轭复数为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出共轭复数，再根据复数除法及乘法运算即可.
【详解】因为，所以，
则.
故选：D.
3. 已知向量，则“”是“”（ ）
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】根据数量积的定义结合充分条件、必要条件的概念可得结果.
【详解】由可得，故，所以.
由可得，故，而方向不一定相同，故.不能得到.
综上得，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 某学校为了了解学生美育培养的情况，用分层随机抽样方法抽样调查，拟从美术、音乐、舞蹈兴趣小组中共抽取30名学生，已知该校美术、音乐、舞蹈兴趣小组分别有20,30,50名学生，则不同的抽样结果共有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据分层抽样的定义，分别求出每个兴趣小组要抽取的学生人数，结合分步乘法计数原理计算即可.
【详解】由题意，美术组要抽取的学生数为，音乐组要抽取的学生数为，舞蹈组要抽取的学生数为，由分步乘法计数原理可知，不同的抽样结果.
故选:C.
5. 若空间中四个不同的平面，满足，则下面结论一定正确的是（ ）
A. B.
C. 既不垂直也不平行D. 的位置关系不确定
【答案】D
【解析】
【分析】在正方体中找到符合条件的平面，结合找到平面，即可得到的位置关系，由此可得答案.
【详解】
如图，在正方体中，记平面为平面，平面为平面，平面为平面，满足，
若平面为平面，满足，此时，
若平面为平面，满足，此时.
由此可得，的位置关系不确定.
故选：D.
6. 已知是椭圆的两个焦点，为上一点，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据椭圆的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.
【详解】因为，由椭圆的定义可得，
所以，，
因为,由余弦定理可得
所以，
整理可得，所以，即.
故选：A
7. 已知函数在区间上单调递减，且和分别是函数图象的对称轴和对称中心，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦型函数图像的单调性和对称性，通过最小正周期求出参数和，得到函数的解析式，代入求值即可.
【详解】由题意，函数的最小正周期满足，即所以.
因为是函数图像的对称轴，所以，
解得，又因为，所以.
所以，则.
故选：B.
8. 设表示不大于的最大整数，记，则对任意实数，有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由新定义逐项判断即可；
【详解】对于A，取，则，，故错误；
对于B，取，，，
所以，故错误；
对于C，取，则，，
所以，故错误；
对于D，令，其中为整数，，
若，则，
，此时成立，
若，，
，此时成立，
综上，D正确；
故选：D
二､多项选择题：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. 已知公差不为0的等差数列的前项和为，且是与的等比中项，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 数列是递增数列
D. 当时，的最大值为8
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据已知条件求出，可判断AB；写出数列的前n项和公式，可判断CD.
【详解】设等差数列的公差为，
由是与的等比中项，得，
即，解得，故AB正确；
则，，，
所以，又随的增大而减小，所以数列是递减数列，故C错误；
当时，，所以的最大值为8，故D正确.
故选：ABD
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则有2个零点
B. 若，则的解集为
C. 在上有极小值
D. 在上有极大值
【答案】ABC
【解析】
【分析】解方程可得选项A正确；根据时解不等式可得选项B正确；讨论的范围，结合函数的零点及函数的连续性画出的图象，根据图象的变化趋势可得选项C正确，选项D错误.
【详解】A.当时，由得，，解得或，
∴有2个零点，A正确.
B. 当时，，由得，解得，
∴的解集为，B正确.
C.当时，由得或.
当时，，当时，.

当，即时，的大致图象为图1，由图象可得函数在上有极小值，无极大值.
当，即时，的大致图象为图2，由图象可得函数在上有极小值.
当，即时，的大致图象为图3，由图象可得函数在上有极小值.

当，即时，的大致图象为图4，由图象可得函数在上有极小值.
当，即时，的大致图象为图5，由图象可得函数在上有极小值.
综上得，在上有极小值，C正确.
D.由图1可得，当时，在上无极大值，D错误.
故选：ABC.
11. 已知正四面体的棱长为6，点分别是的中点，则下列几何体能够整体放入正四面体的有（ ）
A. 底面在平面上，且底面半径为，高为的圆锥
B. 底面在平面上，且底面半径为，高为1的圆柱
C. 轴为直线，且底面半径为，高为2的圆锥
D. 轴为直线，且底面半径为，高为0.2的圆柱
【答案】ACD
【解析】
【分析】A先计算的内切圆半径与比较，高与比较；B .的内切圆半径以及高为1时的正四面体截面内切圆半径与比较；C.以为圆锥顶点，高为2时底面半径与比较；D找到圆柱的轴中点，当底面半径为时，计算此时圆柱的高与0.2比较.
【详解】对于A，
正四面体，作平面，交平面于，
连接，且为正三角形的中心，又棱长为6，则的内切圆半径为，，
正四面体的高，
则底面半径为，且，且高，则可以放到正四面体内，故A正确；
对于B，

如图所示，平面平面，当时，设内切圆半径为，
则，则，
故底面半径为，高为1的圆柱，无法放到正四面体内，故B错误；
对于C，轴为直线，且底面半径为，高为2的圆锥,
因，
在线段上取点使得，，
则，
，即，则，
则轴为直线，且底面半径为，高为2的圆锥, 可以放到正四面体内，故C正确；
对于D，采用选项C中的图，此时条件变为，在线段上取点使得，
则，即得，若圆柱可以放入则其轴中点必然为线段的中点，
而，故轴为直线，且底面半径为，高为0.2的圆柱，可以放到正四面体内，故D正确.
故选：ACD
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填在答题卡的相应位置上．
12. 若函数是奇函数，则__________．
【答案】3
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性求出的值，再求分段函数值即可.
【详解】因为函数为奇函数，所以，
设，则，所以，
所以，则，
所以.
故答案为：3
13. 已知是锐角，若，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二倍角的正切公式，以及同角三角函数商的关系求解即可.
【详解】由得，，
因为是锐角，所以，所以，
整理得，解得或（舍）.
故答案为：
14. 分别为双曲线的左、右焦点，两点在双曲线上且关于原点对称（点在第一象限），直线与双曲线的另一个交点为点，若，则的面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由对称性可知，由得，设直线的方程为，联立可得，由弦长公式可得，进而由点到直线的距离可得到直线的距离为，进而可得的面积.
【详解】
如图，由双曲线的对称性可知，故，
设直线的方程为，，
由得，
由题意，，
，
整理得，由得，
故直线的方程为，即，则，
由题意，点到直线的距离为，
则，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键是结合双曲线的对称性，由题中条件转化为，进而设直线的方程，联立方程后，利用弦长公式可得直线的方程，进而可得.
四､解答题：本题共5小题，共77分．第15题13分，第16､17题15分，第18､19题17分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效．
15. 已知函数，曲线在处与直线相切.
（1）求、的值；
（2）求在上的最大值和最小值.（其中为自然对数的底数）
【答案】（1），
（2）最大值为，最小值为
【解析】
【分析】（1）由题意可得，可得出关于、的方程组，即可解出这两个未知数的值；
（2）利用导数分析函数在上的单调性，即可求出该函数在区间上的最大值和最小值.
【小问1详解】
因为函数，其中，则，
因为曲线在处与直线相切，
所以，，解得.
【小问2详解】
由（1）可得，所以，，
当时，，当时，，
所以，在上单调递增，在上单调递减，
所以，函数在处取得极大值即最大值，则，
又，，
所以，.
16. 已知的内角所对的边分别为，且．
（1）证明：；
（2）若的面积为，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理将边化角，再利用和角的正弦公式化简即可；
（2）利用三角形的面积公式，结合正弦定理得到，利用和角的余弦公式和同角三角函数的平方关系求解即可.
小问1详解】
根据正弦定理设，则，
代入，得，即，
整理得，
由，得，
所以；
【小问2详解】
由面积公式得，
由正弦定理得，
整理得，
由，得，
由（1）得，
由平方关系得
解得或
因为，所以，所以．
17. 近年来，中国新能源汽车产业，不仅技术水平持续提升，市场规模也持续扩大，取得了令人瞩目的成就，国产新能源汽车正逐步引领全球新能源汽车的发展潮流．某新能源汽车制造企业对某地区新能源汽车的销售情况进行了调研，数据如下：
（1）若与线性相关，求关于的线性回归方程，并估计该地区新能源汽车在年1月份的销量；
（2）该企业为加强新能源汽车宣传推广，计划引进入工智能工具，并对宣传部门员工进行人工智能工具使用培训．为节约培训成本，需要将宣传部门部分员工调整至其他部门，剩余宣传部门员工全部参加培训．培训分为四期，每期培训的结果是否“优秀”相互独立，且每期培训中员工达到“优秀”标准的概率均为，员工至少两期培训达到“优秀”标准，才能使用人工智能工具．该企业宣传部门现有员工人，开展培训前，员工每人每年平均为企业创造净利润万元，开展培训后，能使用人工智能工具的员工预计每人每年平均为企业创造净利润万元，本次培训费每人1万元（计入年度部门成本）．若要确保调整后第一年，宣传部门员工创造的年净利润不低于调整前，请应用概率知识进行决策，预计最多可调整多少人去其他部门？
参考公式：．
【答案】（1），千辆；
（2）预计最多可调整人去其他部门．
【解析】
【分析】（1）根据所给数据计算，即可得到关于的线性回归方程，由此可得结果.
（2）根据条件可得培训后能使用人工智能工具的人数，计算，根据宣传部门员工创造的年净利润不低于调整前可得结果.
【小问1详解】
由题意得，
，
所以，，
所以关于的线性回归方程为，
由题意得，年月份的月份代码为，当时，，
所以估计该地区新能源汽车在年月份的销量为千辆．
【小问2详解】
记事件为“员工经过培训后，能使用人工智能工具”，
则，
设宣传部门调至其他部门人数为，则参加培训的人数为，
设为培训后能使用人工智能工具的人数，
则，故，
调整后年净利润预计为：万元，
由题意得，
解得，
所以预计最多可调整人去其他部门．
18. 如图1，已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，过点作倾斜角为的直线交抛物线于两点（点在第一象限）．当时，．
（1）求抛物线的方程；
（2）如图2，把沿翻折为，使得二面角的大小为．
①若，求直线与平面所成角的正弦值；
②证明：三棱锥的体积为定值．
【答案】（1）
（2）①；②证明见解析.
【解析】
【分析】（1）先根据倾斜角得出点的坐标，再应用两点间距离求出，进而得出抛物线；
（2）①联立方程得出点坐标，再应用空间向量法计算线面角正弦即可；②应用三棱锥体积公式结合三角形面积公式计算求解.
【小问1详解】
当时，，所以点的坐标为，
因为，所以，
解得，
所以抛物线的方程为．
【小问2详解】
①在平面直角坐标系中，若，则直线的方程为，
联立
所以点的坐标分别为．
过O点作平面的垂线为轴，如图建立空间直角坐标系，则，
当二面角的大小为时，点，即，
所以，
设平面的法向量为，
则即解得取，得，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
②由题意得．
，
当时，，
当时，在平面直角坐标系中，设直线的斜率为，则直线的方程为，
设点的坐标分别为，
联立得，
则，
因为，所以，得，
所以，
，
综上所述，三棱锥的体积为定值．
19. 对于一个递增正整数数列，如果它的奇数项为奇数，偶数项为偶数，则称它是一个交错数列．规定只有一项且是奇数的数列也是一个交错数列．将每项都取自集合的所有交错数列的个数记为．例如，当时，取自集合的交错数列只有1一种情况，则；当时，取自集合的交错数列有1和1，2两种情况，则．
（1）求和的值；
（2）证明：取自集合的首项不为1的交错数列的个数为；
（3）记数列的前项和为，求使得成立的的最小值．
【答案】（1），；
（2）证明见解析； （3）．
【解析】
【分析】（1）根据交错数列的概念列举出所有情况可得结果.
（2）构造数列，则，分析可得对于每一个都有且仅有一个与之对应，由此可证明结论.
（3）分析可得，累加可得，由此可得结果
【小问1详解】
当时，取自集合的交错数列有四种情况，因此；
当时，取自集合的交错数列有七种情况，因此．
【小问2详解】
设数列是取自集合的交错数列，
因为且是奇数，所以，
构造数列，则，
此时数列的个数是取自集合的所有交错数列的个数，
因为数列是递增数列，所以对于每一个都有且仅有一个与之对应，
所以取自集合的首项不为1的交错数列的个数为．
【小问3详解】
设数列是取自集合的交错数列，
由（2）得，当时，所有交错数列的个数为，
当时，若，则仅有一个交错数列；
若，构造数列，则，
此时数列的个数是取自集合的所有交错数列的个数，
因为数列是递增数列，所以数列与数列，之间一一对应，
又因为，所以数列的所有交错数列的个数为，
综上所述，．
当时，由累加得，
因为，所以，
由及（1）得，
显然单调递增，
因为，
所以，
所以使得成立的的最小值为．时间
年月
年月
年月
年月
年月
月份代码
销量千辆