广东省2025届普通高中毕业生第四届久洵杯一月调研测试数学试卷 含解析

2025届普通高中毕业生久洵杯一月调研测试数学本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名､考生号､考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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，然后再写上新的答案；不准便用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.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.在复平面内，对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】由复数的除法法则计算结合复数的几何意义即可求解.【详解】对应的点坐标是位于第四象限，故选：D2.已知向量满足，则（）A.2 B. C. D.3【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用垂直关系的向量表示及向量数量积运算律计算得解.【详解】由，得，则，所以.故选：C3.设集合，则中所有元素之和为（）A.3 B.8 C.9 D.12【答案】C【解析】【分析】先根据分式及一元二次不等式求出集合A，再应用交集定义运算即可.【详解】因为，又因为，所以则中所有元素之和为.故选：C.4.已知，设命题，命题，则是的（）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【答案】A【解析】【分析】结合基本不等式即可证明充分性成立，用特值检验即可说明必要性不成立.【详解】取,满足,但，必要性不成立，由基本不等式得,由题可知,则,解得,充分性成立，则是的充分不必要条件，故选：A5.若函数关于直线对称，则（）A.1 B.3 C.5 D.7【答案】B【解析】【分析】由题意可得f4−x=fx，代入【详解】由题意函数关于直线对称，故f4−x=fx即，即故需满足且，即，则，故选：B6.已知圆柱与圆锥的体积与侧面积均相等，若的轴截面为等腰直角三角形，则与的底面半径之比为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据圆锥和圆柱的侧面积公式及体积公式求解即可.【详解】设圆锥和圆柱的底面半径分别为，高分别为，因为圆锥轴截面是等腰直角三角形，所以圆锥的母线长为，所以，所以圆锥的体积为，圆柱的体积为，所以圆锥的侧面积为，圆柱的侧面积为，所以，化简得，所以圆柱和圆锥的底面半径之比为,故选:C.7.若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据同角基本关系式以及两角和与差的正余弦公式和正余弦的二倍角公式即可求解.【详解】，故,即,则，解得，故选：D.8.设椭圆的右焦点为.为上一点，的半径为，过作轴的垂线，交于两点，在的左侧.记的离心率为，点轨迹的离心率为，点轨迹的离心率为，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先设点，应用两点间距离公式得出，再分类讨论得出离心率大小关系.【详解】设，故，故带入有，同理得，由有，故，，故，故答案为：D.二､多选题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分.9.已知正四面体的棱长为，则（）A.B.与的距离为C.二面角的正弦值为D.正四面体的体积为【答案】ABD【解析】【分析】根据正四面体的几何特征求体积结合二面角，线线垂直等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A.把棱长为的正四面体放在棱长为的正方体中，因为，所以，A选项正确；取中点，，所以与的距离为，B选项正确；C.设中点为T，连接，因为则，则为所求二面角的平面角，，所以，所以正弦值，所以C错.D.，所以D对.故选：ABD.10.设双曲线的左、右顶点分别为为上一点，且位于第一象限，直线交轴于点，记的面积为，则（）A.B.C.若，则D.若，则【答案】BC【解析】【分析】设点，利用斜率坐标公式计算判断AB；利用对称性，结合几何图形求解判断CD.【详解】依题意，，设点，则，直线的斜率为的斜率为，对于A，，A错误；对于B，直线的斜率为，则，即，B正确；对于C，由对称性，得，由，得，而，则，，C正确；对于D，由，得，则，，，，D错误.故选：BC11.已知函数的定义域为，其中为给定的常数，且不为常函数，则（）A.B.当时，为奇函数C.或1是存在的充要条件D.当时，没有最值【答案】BCD【解析】【分析】特值检验即可判断选项A；对互换得，两式相加得根据奇函数的定义即可判断选项B；用特值检验推出必要性矛盾即可判断选项C；特值检验加反证法即可判断选项D.【详解】对于A选项，令，则，则或，当时，取函数，则，矛盾，故A错误；对于B选项，，对互换有即，又因为不恒为0，则用替换有，故为奇函数，故B正确；对于C选项，当时，存在函数符合题意，充分性显然成立，下面我们证明必要性，假设且，，则由A选项的分析知，令则，因为，则，由的任意性可知，为常函数，这与不为常函数矛盾，假设不成立，所以当或1，即必要性成立，故C正确；对于D选项，假设存在使得，则，则对于任意均成立，故，为常函数，这与不为常函数矛盾，故不存在使得.下面证明的任意取值均同号，，对于任意取即可得fmfn>0，故的任意取值均同号若在处取到最值，则取，则，故由的任意性有，这与题设矛盾，故D正确，故选：BCD.【点睛】本题考点是抽象函数及其应用，利用赋值法求函数值，以及灵活应用所给的恒等式证明函数的奇偶性，此类题目要求答题者有较高的数学思辨能力.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.曲线在点处的切线方程为__________.【答案】【解析】【分析】先求出导函数，进而得出切线斜率，最后应用点斜式得出切线方程.【详解】因为在点处的切线方程斜率为，曲线在点处的切线方程为，即得.故答案为：.13.若样本数据的平均数为的平均数为22，则样本数据的方差为__________.【答案】20【解析】【分析】根据给定条件，利用平均数的定义、方差的性质列式计算得解.【详解】由样本数据的平均数为4，得的平均数为4，由的平均数为22，得，则的平均数为，因此的方差为，所以的方差为.故答案为：2014.设为正整数，从集合的所有二元子集中任取两个，记为，，其中与可以相同.在平面直角坐标系中，记直线与直线的四个交点分别为，则以为顶点的四边形为正方形的概率为__________.（用含的代数式表示）附参考公式：【答案】【解析】【分析】根据古典概型结合组合数运算应用求和计算即可.【详解】由题知，边长为的正方形有种情况，故故答案为：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.如图，在直三棱柱中，.（1）证明：平面平面；（2）若为中点，求平面与平面夹角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据面面垂直的判断定理，以及几何条件，转化为证明平面，即可证明面面垂直；（2）根据（1）的结果建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，再根据面面角的向量公式，即可求解.【小问1详解】在直三棱柱中，，故，故.所以，又因为，平面，故平面.因为平面，所以平面平面.【小问2详解】因为平面，所以，所以，所以两两垂直.以为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，则，故.因为平面，所以可作为平面的一个法向量.设平面的一个法向量为n=x,y,z，则，取，则.设平面与平面的夹角为，则，所以.16.设抛物线的焦点为.已知到直线的距离为，过的直线交于两点.（1）求的方程；（2）已知点，直线交于点.若，求的面积.【答案】（1）（2）16【解析】【分析】（1）利用点到直线的距离求出参数p的值，即得答案；（2）设出AB，AC的方程，联立抛物线方程，可得根与系数的关系式，结合，可求出点A，B，C的坐标，即可求得答案.【小问1详解】由题意知，F点到的距离为，故（舍去）或，故的方程为.【小问2详解】由题意知直线AB的斜率必存在，设.联立，有，，故，联立，有，，故，故由有，则，故.注意到轴，故的面积为.17.记的内角的对边分别为.已知，.外一点满足，且的角平分线交于点.（1）求；（2）证明：；（3）若，求.【答案】（1）（2）证明见解析（3）或.【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角，根据和角公式及同角的三角函数关系式即可求得；（2）运用反证法，假设不垂直于，过点作，垂足为，利用三角函数定义和三角形角平分线定理推得重合即得；（3）设，分别在和中，利用余弦定理求得，推得，或，在中利用余弦定理即可求出长.【小问1详解】由正弦定理有，则，因，代入化简得：，因，故，又，即得，则.故，解得.【小问2详解】如图，假设不垂直于，过点作，垂足为.由（1）可得，则，由角平分线定理有，故重合，即.【小问3详解】由（2）知，设.在中，由余弦定理有，同理，故，解得.注意到，故，且.故或（如图1，图2），由余弦定理有，当时，，解得；当时，，解得.故或.18.已知函数，函数.（1）讨论和的单调性；（2）记函数，若为减函数，且存在，使得，求的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）应用分类讨论得出导函数的正负即可得出函数的单调性；（2）先根据函数单调递减得出，再换元构造新函数进而得出求导转化即可求解.【小问1详解】在上单调递增，.当时，单调递减；当时，单调递增.，当时，单调递减，当时，单调递增.综上所述，在上单调递减，0,+∞上单调递增；在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】Fx的定义域为，且Fx为奇函数，我们只需要考虑的情况..即，令..令.令，且在上单调递增.（i）若，则，故单调递增，，满足题意；（ii）若，则存在，使得时且，即，矛盾，故，即.于是问题转化为：已知.1）若，则，此时，矛盾；2）若，则由（1）知，解得，故的取值范围为，【点睛】关键点点睛：关键点是把问题转化为，再分类结合最值计算求解.19.对于一个单调递增的正整数数列，若对于任意不小于2的正整数不能表示为中若干不同项之和，则称为“好数列”.（1）若数列满足，记集合，中的元素由小到大排列得到数列，列举的前五项，并判断是否为“好数列”，若是，给出证明；若不是，请说明理由；（2）已知为“好数列”，对于给定的正整数，若存在正整数，使得，则记，设为的前项和.（i）证明：；（ii）证明：对任意的正整数，有.【答案】（1），不是，理由见解析（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析【解析】【分析】（