广东省珠海市2025届高三第一次摸底考试数学试题

珠海市2025届高三第一次摸底考试数学本卷共4页，分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分.考试时间120分钟.注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“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，先划掉原来的答案，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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.已知全集，集合，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由条件，结合补集的运算法则求解即可.【详解】因为，，所以，故选：B.2.复数（i为虚数单位），z的共轭复数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先将该复数化简为复数标准形式，再写出共轭复数即可.【详解】，所以z的共轭复数为.故选:B3.在△ABC中，D是BC上一点，满足，M是AD的中点，若，则（）A. B.1 C. D.【答案】C【解析】【分析】利用平面向量线性运算相关计算方式计算即可.【详解】由题可知，，,所以有，所以，得.故选：C4.已知点，，点是圆上任意一点，则面积的最小值为（）A.6 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出直线的方程，利用点到直线的距离，结合圆的性质求出点到直线距离的最小值即可求得最小值.【详解】两点，B0,3，则，直线方程为，圆的圆心，半径，点到直线的距离，因此点到直线距离的最小值为，所以面积的最小值是.故选：D5.一个内角为30°的直角三角形，分别以该三角形的斜边、两条直角边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成3个几何体．这3个几何体的体积从小到大之比为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设该直角三角形的三条边长分别为，求出三角形斜边上的高，再根据圆锥的体积公式即可求解.【详解】设该直角三角形的三条边长分别为，设三角形斜边上的高为，则，，由题意设该3个几何体的体积为，则，，，，所以这3个几何体的体积从小到大之比为.故选：.6.已知函数在R上没有零点，则实数a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】将问题转化为与函数的图象没有交点，利用数形结合法求解.【详解】设，图象如图所示，问题转化为与函数的图象没有交点，所以或,解得或,故选：A.7.函数，其中，其最小正周期为，则下列说法错误的是（）A.B.函数图象关于点对称C.函数图象向右移个单位后，图象关于轴对称，则的最小值为D.若，则函数的最大值为【答案】D【解析】【分析】化简函数解析式，根据正弦型函数的周期公式可求判断A，验证是否为函数的对称中心判断B，结合函数图象平移变换结论判断C，结合不等式性质及正弦函数性质判断D.【详解】由已知，所以，又，所以函数的最小正周期为π，由已知，所以，A正确；所以，因为，所以函数图象关于点对称，B正确，将函数图象向右移个单位后可得函数的图象，因为的图象关于轴对称，所以，又，所以的最小值为，C正确，若，则，所以，故，所以当时，函数取最大值，最大值为，D错误.故选：D.8.若不等式对一切恒成立，其中，e为自然对数的底数，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】将原不等式转化为对一切恒成立，设，则后者可转化为恒成立即为函数的极大值，故可求参数的范围或取值，故可得正确的选项，或者将原不等式转化为，根据左右两侧对应的函数的图象位置关系可求参数的范围.【详解】法一：不等式对一切恒成立即为不等式对一切恒成立，今，则有；故不等式对一切恒成立等价于恒成立，所以为的最大值点.显然，，否则时，，与题设矛盾.又，此时若，存在区间，是否且，总有f′x>0，这与为的最大值点矛盾，故不成立，同理也不成立，故，则，当时，当时，f′x>0，当x∈0,+∞故在上递增，0,+∞上递减，符合题意；当时，当时，f′x<0当时，f′x故在上递减，上递增，0,+∞上递减，而当时，，故即，故恒成立，故符合题意.综上，，因此.法二：不等式可化为，令，当时，，此时，直线恒过点0,1，故只需直线为在点0,1处的切线即可，，此时.当时，亦恒过点0,1，为使对一切x∈R恒成立，需开口向下，且在点0,1处与有公切线即可，故，此时.综上，的取值范围是.故选：A.【点睛】思路点睛：多变量不等式恒成立问题，可将原不等式作适当变形，从而将恒成立问题转化为图象的位置关系，或者根据不等式的特征将不等式恒成立问题转化为函数的极值问题.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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.设A，B为随机事件，且，是A，B发生概率．，则下列说法正确的是（）A.若A，B互斥，则B.若，则A，B相互独立C.若A，B互斥，则A，B相互独立D.与相等【答案】ABD【解析】【分析】利用互斥事件的概率公式可判断A选项；由相互独立事件的概念可判断B选项；由互斥事件和相互独立事件的概念可判断C选项；由条件概率公式化简，可判断D选项.【详解】对于A：若A，B互斥，根据互斥事件的概率公式，则，故A正确；对于B：由相互独立事件的概念知，若，则事件A，B是相互独立事件，故B正确；对于C：若A，B互斥，则A，B不一定相互独立，例：抛掷一枚硬币的试验中，事件“正面朝上”，事件“反面朝上”，事件与事件互斥，但，，所以不满足相互独立事件的定义，故C错误；对于D：，，所以与相等，故D正确.故选：ABD.10.设，则下列说法正确的是（）A.函数的图象与圆有且只有两个公共点B.存在无数个等腰三角形ABD，其三个顶点都在函数的图象上C.存在无数个菱形ABCD，其四个顶点都在函数的图象上D.存在唯一的正方形ABCD，其四个顶点都在函数的图象上【答案】ABC【解析】【分析】对于A，结合函数的性质与图象判断即可；对于B、C，利用函数y=fx关于原点对称，结合等腰三角形三线合一，以及菱形的对角线互相垂直判断即可；对于D，由曲线的对称性，可知要使得正方形存在，则为等腰直角三角形，利用极限思想可得至少存在两个正方形.【详解】对于选项A，令，当时，f′x>0当x∈−1,1时，f′x<0，则函数在、1,+∞又，，函数y=fx的图象与圆得图象如图所示：故函数y=fx图象与圆有且只有两个公共点，故A正确；对于选项B、C，由于函数y=fx的图象关于坐标原点成中心对称，过点作直线交的图象于、两点，过点作的垂线交的图象于、两点，则为等腰三角形，四边形为菱形，当线段绕点转动时，仍为等腰三角形，四边形仍为菱形，故选项B、C均正确；对于选项D：由于，故要使得正方形存在，则为等腰直角三角形，显然，当时，，点在函数图象外侧，则，此时，利用极限思想，当时，，此时；当时，，此时；如图所示，故至少存在两个正方形，故D错误.故选：ABC.【点睛】关键点睛：本题解题的关键是，熟练掌握函数的对称性，注意使用极限思想，从而得到至少两个正方形.11.中国结是一种手工编织工艺品，其外观对称精致，符合中国传统装饰的习俗和审美观念，中国结有着复杂曼妙的曲线，其中的八字结对应着数学曲线中的双纽线.已知在平面直角坐标系中，到两定点，距离之积为常数的点的轨迹C是双纽线.若是曲线C上一点，则下列结论正确的是（）A.曲线C的图象关于原点对称B.曲线C经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点）C.曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过3D.曲线C上有且仅有3个点P满足【答案】AC【解析】【分析】根据题意求出轨迹的方程，把代入的方程可判断；令，，得的范围可判断；由曲线的方程可得，根据可判断；由题意得，设，结合题意计算可判断.【详解】对于选项A：化简得到：，将代入可得，所以曲线.把代入得，所以，曲线的图象关于原点对称，故A正确；对于选项B：令解得，即：曲线经过，结合图象，得.今，得，令，得，因此，结合图象曲线只能经过3个整点.故B错误；对于选项C：可得，所以曲线上任意一点到坐标原点的距离，即：都不超过3，故C正确；对于选项D：点满足，则在垂直平分线上，则，设，则，，故只有原点满足，故D错误.故选：.【点睛】方法点睛：相关点代入法求轨迹方程的方法：一般情况下，所求点的运动，依赖于另外一个或多个点的运动，可以通过对这些点设坐标来寻找代换关系.（1）求谁设谁，设所求点的坐标为；（2）所依赖的点称之为“参数点”，设为等；（3）“参数点”满足某个（些）方程，可供代入；（4）寻找所求点与“参数点”之间的坐标关系，反解参数值；（5）代入方程，消去参数值.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.直线与曲线相切，则______．【答案】【解析】【分析】设切点坐标为，由导数的几何意义求解即可.【详解】设切点坐标为，由于，所以切线的斜率为：，所以曲线在处的切线方程为：，即，所以，，故答案为：.13.已知点P在双曲线上，，分别是双曲线C的左、右焦点，若的面积为45，则______．【答案】25【解析】【分析】设P在双曲线右支上，由双曲线定义得到，由余弦定理和面积公式，得到，进而得到，从而求出，求出答案.【详解】设P在双曲线右支上，则，由余弦定理得，所以，又所以，解得，结合，则，，又，故，故.故答案为：2514.甲、乙两班参加了同一学科的考试，其中甲班50人，乙班40人．甲班的平均成绩为72分，方差为90分；乙班的平均成绩为90分，方差为60分．那么甲、乙两班全部90名学生的平均成绩是______分，方差是______分．【答案】①.80②.【解析】【分析】利用平均数的定义求出90名学生的平均成绩，根据局部方差和整体方差的公式进行求解.【详解】甲、乙两班全部90名学生的平均成绩为分，方差为故答案为：80，四、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，b，其中，，且．（1）求的值；（2）若的外接圆半径为5，求面积的最大值．【答案】（1）（2）32【解析】【分析】（1）由已知结合正弦定理可得，根据可变形为，由，即可求解；（2）由正弦定理可得，根据余弦定理结合基本不等式可得，根据面积公式即可求解面积的最大值.【小问1详解】由题意得，，由正弦定理可知，，在中，因为，，所以，即，因为，所以，所以，又，所以；【小问2详解】由正弦定理，因为，，所以，，由，得，由基本不等式可知，，所以，当且仅当时等号成立，所以，所以面积的最大值为.16.如图，三棱柱中，侧面底面，，，点是棱的中点．（1）证明：；（2）求面与面夹角的正切值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由侧面底面得底面，进而可证；（2）向量法求面与面的夹角.【小问1详解】因为三棱柱中，故四边形为菱形，又因，点是棱的中点，故，又侧面底面，侧面底面，侧面，所以底面，又底面，故.【小问2详解】因，，故为直角三角形，故，如图分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则A0,0,0，，，由（1）可知，，，故，，则，由题意平面的一个法向量为设平面的一个法向量为n=x,y,z则即，令，则，，则，设面与面夹角，则，故，面与面夹角的正切值为.17.已知椭圆的左、右焦点分别为，，且，点在椭圆上，直线．（1）若直线与椭圆有两个公共点，求实数的取值范围；（2）当时，记直线与轴，轴分别交于两点，为椭圆上两动点，求的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据焦距可得，再根据点在椭圆上可得，解出后可得椭圆的方程，联立直线方程和椭圆方程后结合判别式可求的范围；（2）由题设可得当过且与直线平行的直线与椭圆相切时面积之和最大，故求出切点坐标后可求面积和的最大值.【小问1详解】设椭圆的半焦距为，则，故，而在椭圆上，故，故，故椭圆方程为：，由可得，故即即.【小问2详解】当时，直线，故，由题设可得为位于直线的两侧，不妨设在直线上方，在直线的下方，当过的直线与直线平行且与椭圆相切时，到直线的距离最大及的面积最大，当过的直线与直线平行且与椭圆相切时，到直线的距离最大及的面积最大，由（1）可得相切时即，当时，切点的横坐标为，切点坐标为，在直线上方，此时到的距离为，当时，切点的横坐标为，切点坐标为，在直线下方；此时到的距离为，又故.18.设函数，．（1）试判断的单调性；（2）证明：对任一，有，当且仅当时等号成立．【答案】（1）在上单调递增（2）证明见详解【解析】【分析】（1）求出，设，再求出，可得，则得f′x在0,1上单调递增；（2）令，可得，，由f′x在0,1上单调递增，可得ℎx在处取最小值，则，即，命题得证.【小问1详解】函数，x∈0,1，则，设，则，因x∈0,1，所以，所以，所以，f′x在0,1【小问2详解】令，则，，又因为f′x在所以当时，，ℎx单调递减；当时，，ℎx单调递增；当时，，所以ℎx在处取最小值，即，所以，即.则对任一，有，当且仅当时等号成立．【点睛】关键点点睛：小问（2），令，则，由f′x在0,1上单调递增，得到ℎx在处取最小值，可得，则命题得证.19.对于数列an，若存在常数，，使得对任意的正整数，恒有成立，则称数列an是从第项起的周期为的周期数列．当时，称数列an为纯周期数列；当时，称数列an为混周期数列．记x为不超过的最大整数，设各项均为正整数的数列an满足：.（1）若对任意正整数都有，请写出三个满足条件的的值；（2）若数列an是纯周期数列，请写出满足条件的的表达式，并说明理由；（3）证明：不论为何值，总存在使得．【答案】（1）,,（2），理由见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）分别取，，，，，根据已知条件逐一验证即可求解；（2）分别取，，，，，，，根据已知条件逐一验证得出猜想，并验证猜想；（3）根据（2）的分析，时，满足题意；再证明，当时，也存在使得即可.【小问1详解】因为对任意整数都有，所以取，则，不符合题意；取，，，此时，数列为常数列；取，，，不符合题意；取，，，，此时，数列的通项公式为；取，，，，此时，数