广东省湛江市2025届高三下学期第一次调研考试数学试卷 含解析

这是一份广东省湛江市2025届高三下学期第一次调研考试数学试卷 含解析，共21页。试卷主要包含了 已知集合 ， ，则 ．， 已知向量 ， ，若 ，则 ．， 复数 ， 满足 ， ，则．等内容，欢迎下载使用。
2025.3
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 2B 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】A
【解析】
【分析】解不等式确定集合 ，然后由交集定义计算．
【详解】因为 ， ，
所以 ．
故选：A．
2. 已知向量 ， ，若 ，则 （ ）．
A. B. 2 C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据垂直向量的数量积以及其坐标表示，建立方程，求得参数，利用模长公式，可得答案.
【详解】因为 ，所以 ，所以 ，所以 ．
故选：C．
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3. 在等比数列 中， ， ，则 （ ）．
A. B. 567 C. 451 D. 699
【答案】B
【解析】
【分析】由已知根据等比中项可得 ，分两种情况利用通项公式求解即可.
【详解】因为 ，所以 ，
当 时， ， ，舍去，
故 ，所以 ，即 ，
所以 .
故选： .
4. 一组数据 1，3，7，9， 的中位数不小于平均数，则 m 的取值范围为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先计算这组数据的平均数，由平均数可得这组数据的中位数只可能是 m 或 7，分两种情况分别求
解即可.
【详解】因为这组数据的平均数为 ，
所以这组数据的中位数只可能是 m 或 7，
若这组数据的中位数是 m，则 ，即 ，
若这组数据的中位数是 7，则 ，即 ，
综上所述，m 的取值范围为 .
故选：B.
5. 一个圆锥的侧面展开图是一个半径为 3，圆心角为 的扇形，在该圆锥内有一个体积为 V 的球，则该球
的体积 V 的最大值是（ ）．
A. B. C. D.
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【答案】D
【解析】
【分析】根据圆锥侧面展开图可得圆锥的半径和高，由三角形面积公式即可求解内切球半径，进而由球的
体积公式求出答案.
【详解】由题意得，扇形的弧长 ，
所以该圆锥的底面圆的半径 ，
所以该圆锥的高 ．
设该圆锥内的球的最大半径为 R，圆锥的轴截面如图所示：
则依题意得 ，
所以 ，
所以该球的体积 V 的最大值是 ．
故选：D
6. 已知函数 在区间 上存在唯一个极大值点，则 m 的最大值为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在指定区间内求出相位的范围，再结合极大值点的意义列出不等式求解.
【详解】当 时， ，由 在区间 上存在唯一个极大值点，
得 ，解得 ，
所以 m 的最大值为 .
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故选：A
7. 已知 ， ，点 P 满足 ，当 取到最大值时， 的面积为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由 可得点 P 轨迹方程，然后由直线 与圆 D 相切时， 最大，可得答案.
【详解】设 ，由 得 ，
即 ，则点 P 轨迹为的圆心为 ，半径为 的圆.
当直线 与圆 D 相切时， 最大，则 ．
又 ， ，所以 ．
又 ，所以 ．
故选：D．
8. 已知定义在 上的函数 为奇函数，且当 时， ，若 ，不等式
恒成立，则 的值不可能是（ ）．
A. B. C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】利用奇函数的性质求出 的解析式，再按 的不同取值分类讨论 在 上的单调性即可求
解.
【详解】因为定义在 上的函数 为奇函数，且当 时， ，
所以当 时， ， ，当 时， ，
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令 ，即 ，
因为 ，当且仅当 时等号成立，所以 ，
若 ，则函数 在 上单调递增，
又 ，所以 ，
即 恒成立，故 满足题意，排除选项 A；
若 ，则 ，函数 在 上不单调，图象如图所示，
又 ，即 ，
可理解为函数 的图象在函数 的图象下方，
所以由图象可得 ，即 ，
令 ，
则 ， ，
.
故选：D
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，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 ， ， ， ， ，5 个数据 散点图如图所示，采用一元线性回
归模型建立经验回归方程．经分析确定 为“离群点”，故将其去掉，将数据 去掉后，下列说
法正确的有（ ）．
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A. 样本相关系数 r 变大
B. 残差平方和变小
C. 决定系数 变大
D. 若经验回归直线过点 ，则其经验回归方程为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据散点图的性质可知去掉 E 后相关性变强判断 A 选项；残差平方和以及决定系数判断 BC 选项；
根据回归直线的求法和性质判断 D.
【详解】对于选项 A：由图可知，变量 x 与变量 y 是负相关，
且将数据 去掉后，样本相关系数 r 的绝对值变大，
所以 r 变小，故选项 A 错误；
对于选项 B：将数据 去掉后，变量 x 与变量 y 的相关性变强，
所以残差平方和变小，决定系数 变大，故选项 B，C 正确；
对于选项 D：设经验回归方程为 ，经计算得 ，
且 ， ，可得 ， ，
所以经验回归方程是 ，所以选项 D 正确．
故选：BCD．
10. 复数 ， 满足 ， ，则（ ）．
A. B.
C. D.
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【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意根据韦达定理建立一元二次方程，求得复数，根据模长公式以及复数四则运算，可得答案.
【详解】依题意得，复数 ， 是方程 的两个根，
可得 ，
解得 ，则 ， ，
所以 ，故选项 A 正确；
，故选项 B 正确；
，故选项 C 错误；
，故选项 D 正确．
故选：ABD．
11. 设定义在 R 上的函数 和 ，记 的导函数为 ，且满足 ，
，若 为奇函数，则下列结论一定成立的有（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用已知得出 的图象关于 对称，又得出 是偶函数，从而它的周期性，然后通过
的值计算出 相应的值，判断各选项．
【详解】由 得 ．
又 ，所以 ，即 ，
所以 关于 对称， ．
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又因为 是奇函数，故 是偶函数，所以 满足条件 ．
对于选项 A，因为 ，所以 ，
所以 ，选项 A 正确；
，选项 B 正确；
因为 ，所以 ，
所以 ，选项 C 正确；
对于选项 D， ，但不一定为 0，选项 D 错误．
故选：ABC．
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 已知等差数列 的前 n 项和为 ，且满足 ， ，则数列 的通项公式
为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设出公差，根据 ，求出 ，得到公差，利用通项公式求出答案.
【详解】设 的公差为 ，
因为 ，
所以 ，
又 ，故 ，解得 ，所以 ，
又 ，所以 ．
故答案为：
13. 已知 ，则 __________．
【答案】 ##0.8
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【解析】
【 分 析 】 利 用 同 角 关 系 式 可 求 得 ， 利 用 诱 导 公 式 可 得
，再利用倍角公式即可求解.
【详解】 ，即 ．
又 ，所以 ，
所以
．
故答案为： .
14. 已知椭圆 与双曲线 具有相同的焦点 ，
，点 P 为椭圆 A 与双曲线 B 位于第一象限的交点，且 （O 为坐标原点）．设椭圆 A 与双曲线
B 的离心率分别为 ， ，则 的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】法一：由题意可得焦点三角形为直角三角形，根据椭圆的定义、双曲线的定义与勾股定理，建立
方程组，利用基本不等式的“1”的妙用，可得答案；法二：由题意可得焦点三角形为直角三角形，根据椭
圆与双曲线焦点三角形面积的二级结论，建立方程，利用基本不等式的“1”的妙用，可得答案.
【详解】
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法一：因为 ，所以 ．
设 ， （不妨设 ）， ，
依题意有 ， ， ，
所以 ，
当且仅当 时等号成立，所以 ，
所以 的最小值为 ．
法二：因为 ，所以 ．
对于焦点三角形 ，根据椭圆的性质可得其面积 ，
根据双曲线的性质可得 ，所以 ，
所以 ，整理可得 ．
所以 ，
当且仅当 时等号成立，所以 ，
所以 的最小值为 ．
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，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且 ，D 为 边上
的点，且 平分 ．
（1）求 的大小；
（2）若 ， ，求 的周长．
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【答案】（1）
（2）15
【解析】
【分析】 由正弦定理得 ，进而可得
，根据辅助角公式可得 的大小.
由题意可得 ，从而可得 ，由余弦定理求得 ，即可求
的周长.
【小问 1 详解】
由正弦定理得 ．
又因为 ，所以 ，
所以 ，
或 ， ，
或 ，
又 ，∴ ．
【小问 2 详解】
平分
，
，
所以 ，
所以 ，
即 ．①
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由余弦定理得 ，
即 ．②
将①代入②得 ，
所以 ， （舍去），
所以 的周长为 ．
16. 已知函数 ，其中 ．
（1）若 ，求函数 的单调区间；
（2）当 时，试判断 的零点个数并证明．
【答案】（1）单调递减区间为 ，单调递增区间为
（2）两个零点，证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数求得 的单调区间.
（2）先判断 是 一个零点，利用分类讨论法，对 进行分类讨论，或利用分离参数法，结合导数
来确定正确答案.
【小问 1 详解】
由题知 ， ，
当 时， ．
令 ，得 或 （舍去）．
当 时， ，故 的单调递减区间为 ．
当 时， ，故 的单调递增区间为 ．
【小问 2 详解】
解法一：因为 ，故 有一个零点是 2．
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令 ，解得 （舍去）， ．
当 时， ，故 单调递减．
当 时， ，故 单调递增．
当 时， ， ．
．
下面先证明当 时， ．
令 ， ，
故 在 上单调递增，
所以 ．
因为 ，所以 ．
易知 ，所以 在 上存在唯一的零点 ，
所以当 时， 有两个零点，为 2 和 ．
解法二：当 时， ，故 2 是 的一个零点．
令 ，又 ，所以 ．
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
所以 是 的极小值点．
当 时， ，所以 ．
下证 ．
令 ，则 ．
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当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
从而 ，
所以当 时， ，
所以 ，
即 ．
令 ，则有 ，则 ．
易得当 时， ，所以 在 上有唯一解．
综上，当 时， 有两个零点．
解法三：令 ，
当 时， ，故 2 是 的一个零点．
当 时， ．
令 ，
易得 在 和 上均单调递减．
因为 （洛必达法则），
所以当 时， 且单调递减，
故当 时， 在 上有唯一解．
而当 时， ，
故当 时， 无解．
综上可知，当 时， 有两个零点.
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【点睛】方法点睛：
求函数单调区间时，先求函数的导数，令导数为 求出关键点，再根据导数在不同区间的正负确定函数的
单调区间，这是解决函数单调性问题的基本方法.
判断函数零点个数，先找出一个已知零点，再通过求导确定函数的单调性和极值，然后构造函数证明相关
不等式，进而判断在其他区间是否存在零点，这种方法综合运用了函数的导数性质和不等式证明.
17. 如图，四棱锥 的底面是边长为 2 的正方形，每条侧棱的长都是底面边长的 倍，P 为侧棱
上的点，且 平面 ．
（1）求证： ．
（2）求直线 到平面 的距离．
（3）请判断在平面 上是否存在一点 E，使得 是以 为底边， 为顶角的等腰三角形．若
存在，请求出点 E 的轨迹；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据线线垂直可证明 平面 ，即可利用线面垂直 性质求解，
（2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用点面距离的向量法求解.
（3）根据线面平行的性质，结合（2）可知 Q 到平面 的距离为 ，而 ，即可求解.
【小问 1 详解】
证明：如图，连接 ，
设 交 于点 O，连接 ，由 得 ．
正方形 中， ．
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又 ， 平面 ,所以 平面 ．
又因为 平面 ，所以 ．
【小问 2 详解】
连接 ，因为 平面 ， 平面 ，平面 平面 ，
所以 ．
在 中，O 为 的中点，所以点 P 为 的中点．
易知直线 ， ， 两两垂直，如图，以点 O 为原点建立空间直角坐标系．
因为正方形 的边长为 2，
所以 ， ， ， ， ．
设平面 的一个法向量为 ，则可得 ，
所以 ，则 ，
令 ，可得 ．
因为 平面 ，所以直线 到平面 的距离等于点 B 到平面 的距离，
在法向量 上的投影的模为 ，
所以直线 到平面 的距离为 ．
小问 3 详解】
不存在．
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理由如下：根据第（2）问可得直线 到平面 的距离为 ．
又因为 平面 ，设点 Q 为 的中点，所以点 Q 到平面 的距离为 ．
假设在平面 上存在点 E，使得 是以 为底边， 为顶角的等腰三角形，
则有 ．
因为 ，所以不存在满足条件的点 E
18. 已知抛物线 的焦点为 F，A，B 分别为 C 上的点（点 A 在点 B 上方）．过点 A，B
分别作 C 的切线 ， ，交于点 P．点 O 为坐标原点，当 为正三角形时，其面积为 ．
（1）求抛物线 C 的方程；
（2）若直线 经过点 F，求动点 P 的轨迹以及点 P 到直线 的距离的最小值．
【答案】（1）
（2）轨迹为直线 ，最小值为 2．
【解析】
【分析】（1）由题意作图，根据正三角形的性质与抛物线的性质，可得点的坐标，代入抛物线方程，可得
答案；
（2）设出直线方程，并联立抛物线方程，写出韦达定理，设出切线方程，联立抛物线方程，写出根的判别
式为零，进而求得切线的交点的坐标，利用点到直线距离公式，可得答案.
【小问 1 详解】
因为 为正三角形时，其面积为 ，可得 的边长 ．
根据正三角形以及抛物线的对称性，可知此时点 A，B 关于 x 轴对称，
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所以点 A 的坐标为 ．
将点 A 代入抛物线的方程可得 ，解得 ，
所以抛物线 C 的方程为 ．
【小问 2 详解】
易得 ．设直线 的方程为 ，
联立直线 与抛物线 C 的方程可得 ．
，
设点 A，B 的坐标分别为 ， ，
根据韦达定理可得 ， ．
设直线 的方程为 ．
因为 是抛物线 C 的切线，所以 与 C 仅有一个交点．
联立两个方程可得 ，
，所以 ，
所以直线 的方程为 ．
同理可得直线 的方程为 ．
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计算 与 的交点可得 ，即可得 ，
所以动点 P 的轨迹为直线 ．
将点 P 的横坐标代入直线 及 ，可得其纵坐标为 以及 ，
两者相加可得 ，代入上述韦达定理可得 ，
所以点 P 的坐标为 ，
所以点 P 到直线 的距离 ，
当且仅当 时等号成立，
所以点 P 到直线 的距离的最小值为 2．
19. 甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的 类问题以及难度系数较高的
类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为 ，甲遇到
类问题时回答正确的概率为 ，回答正确记 1 分，否则记 0 分；甲遇到 类问题时回答正确的概率为 ，
回答正确记 2 分，否则记 0 分，总得分记为 X 分，甲回答每个问题相互独立．
（1）当进行完 2 轮游戏时，求甲的总分 X 的分布列与数学期望．
（2）设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为 n 分的概率为 ．
（ⅰ）证明： 为等比数列．
（ⅱ）求 的最大值以及对应 n 的值．
【答案】（1）分布列见解析，1
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）当 时， 取到最大值为
【解析】
【分析】（1）由已知可得 X 的可能取值，分别求解概率即可得分布列和期望；
（2）（ⅰ）根据等比数列的定义证明即可；由（ⅰ）可证 为等比数列，可得
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，结合不等式的性质和函数的单调性即可求解.
【小问 1 详解】
X 可以取 0，1，2，3，4，
每次回答 A 类问题且回答正确的概率为 ，
回答 A 类问题且回答不正确的概率为 ，
每次回答 B 类问题且回答正确的概率为 ，
回答 B 类问题且回答不正确的概率为 ，
，
，
，
； ，
X 的分布列为：
X 0 1 2 3 4
P
；
【小问 2 详解】
（ⅰ） ， ，
由题意得甲累计得分为 n 分的前一轮得分只能为 分或 分，
故当 时， ，
所以 ，
所以 是以 为首项， 为公比的等比数列；
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（ⅱ）根据（ⅰ）可知， ①，
易得 ，
所以 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 ②，
令②－①可得 ，
所以 ，
经检验 ， 时均满足上式，故 ，
所以 ，
而 显然随着 n 的增大而减小，
故 ，
又因为 ，所以当 时， 取到最大值为 .
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是深入理解游戏得分的规则，找出累计得分 分与 分， 分
之间的概率递推关系，从而得到 与 ， 的关系式.
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