广东省2025届高三上学期久洵杯七月调研测试 数学试题（含解析）

广东省2025届高三久洵杯七月调研测试数学试题一、单选题（本大题共7小题）1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知向量，，则“”是“与的夹角为钝角”的（

）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3．已知复数z满足，则（

）A．1 B． C．2 D．4．记的内角的对边分别为，若，则（

）A． B． C． D．15．记抛物线的焦点为，点在上，，则的最小值为（

）A．2 B．3 C．4 D．56．记A，B为随机事件，已知，，，则（

）A． B． C． D．7．已知（，）的部分图象如图所示，点是与坐标轴的交点，若是直角三角形，且，则（

）A． B． C． D．二、填空题（本大题共1小题）8．已知面积为的锐角三角形满足，将以为轴旋转至，且，则三棱锥体积的最大值为（

）A． B．1 C． D．2三、多选题（本大题共3小题）9．一组样本数据为7，12，13，17，18，20，32，则（

）A．该组数据的极差为25B．该组数据的分位数为19C．该组数据的平均数为17D．若该组数据去掉一个数得到一组新数据，则这两组数据的平均数可能相等10．已知满足，，记的前n项和为，的前n项和为，则下列说法中不一定正确的是（

）A．是等差数列B．的通项公式为或C．若，则D．若，则为定值11．已知函数是偶函数，点，点，点在函数的图象上，且，记边上的高为h，则（

）A． B．函数是单调递减函数C．点B可能在以为直径的圆上 D．h的最大值为四、填空题（本大题共3小题）12．已知，则．13．写出一个同时具有下列性质的函数．a．是偶函数

b．不存在对称中心c．存在最小正周期，且最小正周期为214．已知双曲线（，）的左，右焦点为，，过的直线交C的右支于点（点A在点B上方），，过点作直线，交C于点E（点E在第二象限），若直线与直线的交点在直线上，则C的离心率为．五、解答题（本大题共5小题）15．投掷一枚硬币n（，）次，正面向上与反面向上的概率均为0.5，记事件A为“n次抛掷中既有正面向上也有反面向上”，B为“n次抛掷中至多一次正面向上”．(1)若，求；(2)证明：事件A，B相互独立的充要条件为．16．如图，三棱柱中，侧面是边长为2的正方形，，．(1)证明：；(2)若二面角的余弦值为，求的值．17．已知函数，．(1)求的极值；(2)讨论的单调性；(3)若存在两个极值点，，讨论和的大小关系．18．记椭圆的左，右顶点和左，右焦点分别为，，，，P是E上除左右顶点外一点，记P在E处的切线为l，作直线交l于点，作直线交l于点，记直线与的交点为Q．(1)求点Q的轨迹方程；(2)求；(3)求四边形面积的最大值．附：椭圆在点处的切线为（P在椭圆上）．19．对于一个非零整数和质数p，我们称n中含的p幂次为，定义为最大的非负整数k，使得存在非零整数m，有，例如，等等．且补充定义一个非零有理数的，如，，且规定．现在对于任意一个有理数，我们定义其的“p示数”为，其中，规定．记两个有理数x，y的“p示数距离”为．(1)计算，，；(2)证明对于一个正整数，存在一列非整数的正有理数，，……，使；(3)给定质数p，若一个无穷集合A中任意一数列，对于任意，，则我们称集合A是“p一紧致的”．是否存在质数p，使得整数集是“p一紧致的”？若存在，求出所有p；若不存在，请说明理由．

参考答案1．【答案】D【分析】先分别求出每个集合，再利用交集的定义求解即可.【详解】对于集合，，．对于集合，有，解得，..故选D．2．【答案】A【分析】利用平面向量的夹角余弦公式以及向量共线的条件求出“向量与向量的夹角为钝角”的等价条件，再结合充分条件与必要条件的定义即可得解.【详解】由向量与向量的夹角为钝角，得，且向量与向量不共线，所以，即，由有，解得，所以的取值范围是．故“”是“与的夹角为钝角”的充分不必要条件.故选A．3．【答案】A【分析】根据求出，进而求出，，最后求出.【详解】由，有，，.故选A．4．【答案】D【分析】利用正弦定理进行边角互化，结合两角差的正弦公式求解即可.【详解】由正弦定理得，即，或．若，结合，有，故舍去．．，，故选D．5．【答案】B【分析】由抛物线的定义即可求解.【详解】过点作的垂线，垂足为，则，则，如图所示.所以最小值为.故选B．6．【答案】D【分析】由全概率公式及并事件的概率公式求解．【详解】记，，，，由全概率公式有，代入数据有，解得，.故选D．7．【答案】C【分析】由正弦函数性质得三点坐标，再由，结合有，建立方程即可求出，最后将代入函数解析式即可得解.【详解】由正弦函数性质有，，，由是直角三角形，可得，结合，有，，，解得或（舍去），，，.故选C.8．【答案】A【分析】取中点为D，过作，记，，可得，．根据三角形面积得，利用表示锥体体积，结合导数方法求函数的最大值.【详解】取中点为D，则，．过作，垂足为．记，，则，．根据三角形面积得，要使三棱锥的体积最大，则最大．由余弦定理得，．，其中，令，记，，令或（舍），当时，在上单调递增；当时，在上单调递减；，，，故选A.【方法总结】求解三棱锥的体积方法：公式法；等体积变换法.9．【答案】ACD【分析】根据数据的极差、第百分位数和平均数的公式计算判断各个选项.【详解】对于A：极差等于，故A正确；对于B：，故分位数为20，故B错误；对于C：平均数等于，故C正确；对于D：去掉17后，这两组数据的平均数相等，故D正确.故选ACD.10．【答案】AB【分析】对于AB，由题意得或．构造数列1，1，，1，，1，，…，或中的所有项保持同样的递推关系判断；对于C，满足，累乘法求解通项公式和进行判断；对于D，若，有，，故．奇偶分类讨论得到，为定值0，可进行判断.【详解】由，因式分解得，或．对于AB：构造数列1，1，，1，，1，，…，则该数列满足题意且A，B均错误，当中的所有项保持同样的递推关系（即同为或），则A，B均正确，故A，B符合题意；对于C：注意到若存在使得，则，则对于C只能满足，累乘得，，当时也符合，，，故C正确，不符合题意；对于D：若，则，故，故．当为奇数，，所以；当为偶数，，所以.奇偶分类讨论有，注意到，则为定值0，故D正确，不符合题意.故选AB．11．【答案】ABD【分析】利用偶函数的性质求解参数判断A；利用导数判断B；利用圆的性质判断C；利用不等式的取等条件判断D即可.【详解】对于A：由是偶函数得到，则，解得，故A正确；对于B：，故，且恒成立，故得为单调递减函数，故B正确；对于C：由B知，即，由对称性，可设，则．若点B在以为直径的圆上，则有，带入即，即．若，则，不满足题意；若，，而，所以，故B不可能在以为直径的圆上，故C错误；对于D：过点B作x轴的垂线交于点D，则（当且仅当时取等），因为，所以为的中点，所以，记,，则，令则，易得，则当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减.由复合函数的单调性可知，当时，此时取得最大值为，则，当且仅当时取等号，即时取等号，所以两个不等号能同时取等号，故h的最大值为，故D正确．故选ABD.【关键点拨】对于D，求得关于的函数表达式后，构造函数，利用复合函数的单调性，得到关于的函数表达式的单调性，进而得到，其中将代入化简时，利用，最后验证不等式是否能取等号.12．【答案】【分析】利用给定条件得到相位差，表示出，再求解即可.【详解】由，可得，与的相位差为，故，，.13．【答案】【分析】根据是偶函数，不存在对称中心，存在最小正周期，且最小正周期为2写出.【详解】由题意可知，是偶函数，不存在对称中心，存在最小正周期，且最小正周期为2，所以满足题意.14．【答案】【分析】利用给定条件分别求出边长，利用余弦定理表示同角的三角函数，建立齐次方程求解离心率即可.【详解】如图记直线与直线的交点为P，且连接，则，

由对称性有过坐标原点O且．由，有，，又，，，，，，，，，即，，在中，，在中，，解得.【关键点拨】解题关键是利用给定条件求出各个三角形的边长，然后利用余弦定理表示同一个角，得到所要求的离心率即可．15．【答案】(1)(2)证明见详解【分析】（1）由二项分布的概率公式直接计算即可；（2）分充分性、必要性两方面进行求解即可.【详解】（1）记X为n次投掷中硬币正面朝上的次数，则，当时，；（2），，．充分性：当时，代入有，，此时，充分性成立；必要性：由有，记，，，等号当且仅当时成立，时，单调递增，必要性成立．综上所述，事件A，B相互独立的充要条件为．16．【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）侧面是边长为2的正方形得到和的关系，，和的长度，根据侧面是平行四边形得到和，在中，由余弦定理得，判断的形状，证明平面，证明；（2）取的中点，记为D，连接，．证明，，平面，求出二面角的平面角，证明平面，记二面角为，表示出与的关系，找到和的关系，求出，求出，证明，求出.【详解】（1）侧面是边长为2的正方形，，，，侧面是平行四边形，，在中，由余弦定理得，解得，，是直角三角形，，，，平面，平面，又平面，；（2）取的中点，记为D，连接，，，，，，，，平面，平面，为二面角的平面角．又平面，，平面，记二面角为，则，，，，．平面，，，，，的值为．17．【答案】(1)极小值为，没有极大值(2)答案见详解(3)答案见详解【分析】（1）对求导，令求得，的零点把定义域划分为和判断各个区间的单调性，从而判断是极大值点还是极小值点，再求出对应的极值即可；（2）对求导，并对的导函数进行整理，整理成因式乘积的形式，然后根据不同的对的导函数正负的影响进行讨论，从而得到的单调性；（3）由（2）可以得到，，结合，得到取不同范围时的范围，再结合函数的单调性，从而判断和的大小关系．【详解】（1），时，时，在上单调递减，在上单调递增，在处取到极小值，没有极大值；（2），情形一

：若，可得恒成立，且，时，，在单调递减；时，，在单调递增.情形二

：若，，则，在单调递增.情形三

：若，令，解得或，又由（1）知当时，可得，时，，在单调递减；和时，，在和单调递增．综上所述，若，当时，单调递减，当时，单调递增；若，当，单调递增；若，当时，单调递减，当和时，单调递增；（3）由（2）知，只能是，，由，则，解得且，又当时，，，由在上单调递减可知；当时，，，由在上单调递增可知．综上所述，时，；时，．18．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）设点，联立直线和的方程求出，则代入，可以得到点Q的轨迹方程；（2）运用两点间距离公式得到，，，，求出；求出，设l与x轴交于点M，求出，结合初中几何结论，求即可；（3）由（2）同理可求得，将四边形转化为，的面积之差，结合余弦定理和基本不等式求解即可.【详解】（1）设点，则，则.由题知，直线的方程为，直线的方程为，联立直线和的方程有，设，则代入，得到,点Q的轨迹方程为；（2），同理可得，，，由对称性，可设，时，则，；，此时；时，由对称性可设，由已知结论可知，设l与x轴交于点M，则，，根据初中几何结论可得，其中，，，代入可得，，．综上所述，；（3）由（2）同理可证明，记四边形，，的面积分别为，，，则，由前面知，，，当且仅当时取等；在中，有，代入