2025屆廣州市普通高中畢業(yè)班摸底考試數(shù)學(xué)注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分別求出兩個集合后根據(jù)交集定義求解.【詳解】;;．故選：C.2.若復(fù)數(shù)且是方程的一個根，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】將復(fù)數(shù)代入方程，利用待定系數(shù)法，即可求解.【詳解】由題意可知，，即，則，解得，，即，所以.故選：B3.已知向量，，若，則與的夾角為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由，兩邊同時平方，利用向量與的模和向量數(shù)量積的運算，求與的夾角.【詳解】向量，，設(shè)與的夾角為，又，由，有，即，則有，得，則與的夾角為.故選：C.4.已知，，且為第一象限角，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先利用和差化積公式化簡，再利用二倍角的正切公式，建立方程，即可求解.【詳解】，設(shè)，則，因為為第一象限角，所以是第一或第三象限角，所以，設(shè)，整理為，得（舍）或，則，，所以.故選：B5.已知點，是橢圓上不關(guān)于長軸對稱的兩點，且，兩點到點的距離相等，則實數(shù)的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】設(shè)（），線段的中點為，利用點差法可得，再由題意可得，則得，化簡得，再由的范圍可求得結(jié)果.【詳解】設(shè)（），線段的中點為，則，兩式相減得，所以，所以，所以，因為，，所以，所以，所以，所以，因為，所以，所以，即實數(shù)的取值范圍為.故選：B6.已知定義在上的奇函數(shù)滿足，且在上單調(diào)遞減，若方程在上有實數(shù)根，則方程在上的所有實根之和為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先判斷函數(shù)的性質(zhì)，再畫出函數(shù)的圖象，利用對稱性和周期性求所有實數(shù)根的和.【詳解】由可知，函數(shù)關(guān)于對稱，由函數(shù)是奇函數(shù)，可知，，即，則，所以函數(shù)的周期為，如圖，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)，畫出函數(shù)的示意圖，由對稱性可知，方程在上有一個實數(shù)根，根據(jù)函數(shù)關(guān)于對稱，可知在上也有一個實數(shù)根，再根據(jù)函數(shù)的周期性，如圖，得到與y=fx在區(qū)間的6個交點，利用對稱性可知，，，，所以方程在上的所有實根之和為.故選：A7.在正六棱柱中，，為棱的中點，以為球心，為半徑的球面與該正六棱柱各面的交線總長為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題意，畫出圖形，設(shè)分別為的中點，連接，由題意可知球不與側(cè)面及側(cè)面相交，球與側(cè)面交于點，與側(cè)面交于點，然后分別判斷與其余4個面的交線，求出球面與正六棱柱各個面所交的弧線的長度之和即可【詳解】因為球的半徑為6，，所以球不與側(cè)面及側(cè)面相交，設(shè)分別為的中點，連接，則由題意可得，所以，所以球與側(cè)面交于點，與側(cè)面交于點，在正六邊形中，因為，所以，所以，因為平面，平面，所以，因為，平面，所以平面，所以平面，且，所以，所以球與側(cè)面的交線是以為直徑的半圓，同理可得球與側(cè)面的交線是以為直徑的半圓，因為，所以球與上下底面的交線均為個半徑為的圓，所以球面與該正六棱柱各面的交線總長為故選：D【點睛】關(guān)鍵點點睛：此題考查球與棱柱表面的交線問題，解題的關(guān)鍵是畫出圖形，根據(jù)題意找出球與各個面的交線，考查空間想象能力和計算能力，屬于較難題.8.已知定義在上的函數(shù)滿足，且當時，，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】應(yīng)用賦值法構(gòu)造出的等量關(guān)系，再結(jié)合不等式性質(zhì)判斷即可.【詳解】由題意，，.賦值，得；賦值，得，即，當時，，當時，則，所以，即；賦值，得，解得，即；AC項，由，，得，其中由，可知，當時，，即；當時，，即；故AC錯誤；BD項，，得；又，所以，則，故，且不恒為，故B錯誤，D正確.故選：D.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的部分分，有選錯的得0分．9.中歐班列是推進“一帶一路”沿線國家道路聯(lián)通、貿(mào)易暢通的重要舉措．在中歐班列帶動下，某外貿(mào)企業(yè)出口額逐年提升，以下為該企業(yè)近個月的出口額情況統(tǒng)計，若已求得關(guān)于的線性回歸方程為，則（）月份編號出口額/萬元A.與成正相關(guān) B.樣本數(shù)據(jù)的第40百分位數(shù)為C.當時，殘差的絕對值最小 D.用模型描述與的關(guān)系更合適【答案】AD【解析】【分析】A項由表中數(shù)據(jù)的變化及回歸方程中項的系數(shù)可知；B項利用百分位數(shù)定義及求解步驟即可得；C項由樣本中心點代入方程求出，利用回歸方程求出估計值與相應(yīng)樣本數(shù)據(jù)作差求出殘差，再比較絕對值大小即可；D項由散點圖可知.【詳解】A項，由圖中表格數(shù)據(jù)可知，當?shù)闹翟黾訒r，的相應(yīng)值也呈現(xiàn)增加的趨勢，又由回歸方程中，項的系數(shù)，也可以看出與成正相關(guān)，故A正確；B項，樣本數(shù)據(jù)的個取值從小到大依次是，由，則第40百分位數(shù)為第個數(shù)據(jù)，故B錯誤；C項，，，將代入，得，即，令，得，所以相應(yīng)殘差的絕對值為，令，得，所以相應(yīng)殘差的絕對值為，故C錯誤；D項，如下圖作出散點圖，可以看到相較“樣本點分布在某一條直線模型周圍”，“樣本點分布在某一條指數(shù)函數(shù)曲線的周圍”這樣的描述更貼切，所以用模型描述與的關(guān)系更合適些，故D正確.故選：AD.10.已知函數(shù)，若，且在，，處的切線均經(jīng)過坐標原點，則（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出曲線在點處的切線方程，利用切線過原點推出，，即可判斷A，B兩項；對于C，D兩項，借助于正弦函數(shù)的圖象，設(shè)，分別求出，，，利用兩角差的正切公式及放縮思想，證明，由正切函數(shù)單調(diào)性化簡即可判斷.【詳解】如圖，設(shè)函數(shù)在，，處的切線的切點分別為點，則，且，由求導(dǎo)得，則切線的方程為，因切線過原點，則有，，即，同理可得，.對于A，顯然成立，故A正確；對于B，因，則有，成立，故B正確；對于C，由可得①，令，代入①可得，，即，由圖知.則，，又，，于是；而.因，則，故，即，由正切函數(shù)在上為增函數(shù)可得，，即，故，即，故C錯誤.根據(jù)題意，要證，即證，由于均值不等式知道，下面證明即可.即證，即證，即證前面知道，則.則只需要證明即可.即證明，前面C知式子成立.故D正確.故選：ABD．11.已知圓，過點向圓引斜率為的切線，切點為，記的軌跡為曲線，則（）A.的漸近線為B.點在上C.在第二象限的縱坐標最大的點對應(yīng)的橫坐標為D.當點在上時，【答案】ACD【解析】【分析】先由相切性質(zhì)得點滿足關(guān)系式，與已知圓聯(lián)立消參得軌跡方程，A項由方程形式構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)研究單調(diào)性作出大致圖形即可得漸近線；B項坐標代入可知；C項由形可得；D項由不等式性質(zhì)與放縮法可得.【詳解】圓，圓心，半徑，且，且.，則點在圓外.如圖，連接，由題意知，設(shè)，則①，又點在圓上，則②，①②得，，解得③，由且，解得，或.將③代入②消得，，即為曲線的方程.A項，設(shè)，則，令解得，或，或（舍）.當時，，單調(diào)遞增；當時，，單調(diào)遞減；當時，，單調(diào)遞增.且，當時，.且當時，函數(shù)與單調(diào)性相同；且，當時，.故的大致圖象如下圖，又由方程可知曲線關(guān)于軸對稱，且.故曲線的大致圖象為如下圖，故的漸近線為，A項正確；B項，令曲線方程中，得，，故B錯誤；C項，由形可知，曲線在第二象限的縱坐標最大的點對應(yīng)的橫坐標，即在的極值點，故C正確；D項，當點在上時，則由，或.得，又，，則，所以成立，故D正確；故選：ACD.【點睛】方法點睛：求動點軌跡方程的常見方法有：（1）直接法：從條件中直接尋找到的關(guān)系，列出方程后化簡即可；（2）代入法：所求點Px,y與某已知曲線上一點存在某種關(guān)系，則可根據(jù)條件用表示出，然后代入到所在曲線方程中，即可得到關(guān)于的方程；（3）定義法：從條件中能夠判斷出點的軌跡為學(xué)過的圖形，則可先判定軌跡形狀，再通過確定相關(guān)曲線的要素，求出曲線方程.（4）參數(shù)法：從條件中無法直接找到的聯(lián)系，但可通過一輔助變量，分別找到與的聯(lián)系，從而得到和的方程：，即曲線的參數(shù)方程，消去參數(shù)后即可得到軌跡方程.（5）交軌法：選擇適當?shù)膮?shù)表示兩動曲線的方程，將兩動曲線方程中的參數(shù)消去，得到不含參數(shù)的方程，即為兩動曲線交點的軌跡方程。三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知數(shù)列滿足，設(shè)數(shù)列的前項和為，則滿足的實數(shù)的最小值為__________．【答案】【解析】【分析】先將代入題干表達式計算出的值，當時，由，可得，兩式相減進一步計算即可推導(dǎo)出數(shù)列的通項公式，再根據(jù)數(shù)列的通項公式及等比數(shù)列的求和公式推導(dǎo)出前項和的表達式，最后根據(jù)不等式的性質(zhì)即可計算出實數(shù)的最小值．【詳解】由題意，當時，，當時，由，可得，兩式相減，可得，解得，當時，不滿足上式，，則當時，，當時，，當時，也滿足上式，，，，且對任意恒成立，，即實數(shù)的最小值為．故答案為：.13.已知函數(shù)的圖象與直線在上有個交點，則實數(shù)的取值范圍為__________．【答案】【解析】【分析】對函數(shù)求導(dǎo)，聯(lián)系余弦函數(shù)在上的單調(diào)性分析導(dǎo)函數(shù)的正負，由此得到函數(shù)的單調(diào)性，數(shù)形結(jié)合即可求解.【詳解】函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，當時，，則在上單調(diào)遞增，當時，，則在上單調(diào)遞減，當時，，則在上單調(diào)遞增，當時，，則在上單調(diào)遞減，當時，，則在上單調(diào)遞減，當時，，則在上單調(diào)遞增，當時，，則在上單調(diào)遞減，當時，，則在上單調(diào)遞增，所以，在上，當時，取得極大值為，當時，極小值為；在上，當時，取得極大值為，當時，極小值為所以函數(shù)的圖象與直線在上有個交點，則實數(shù)的取值范圍為，故答案為：14.網(wǎng)絡(luò)安全是國家安全重要組成部分，在信息課上，某同學(xué)利用計算機模擬網(wǎng)絡(luò)病毒的傳播．已知在的平面方陣中，若某方格相鄰方格中有個及個以上被病毒感染，則病毒擴散至該方格，若使所有方格均被感染，則至少需要在__________個方格內(nèi)投放病毒源；拓展到三維空間內(nèi)，已知在的立體方陣中，若某方塊相鄰方塊中有個及個以上被病毒感染，則病毒擴散至該方塊，若使所有方塊均被感染，則至少需要在_____個方塊內(nèi)投放病毒源．【答案】①.②.【解析】【分析】根據(jù)題意，結(jié)合歸納、類比法進行求解即可.【詳解】在的平面方陣中，如下圖：病毒源病毒源按對角線方向每行每列都有一個格子內(nèi)投放病毒源，顯然，格子都滿足要求，在的平面方陣中，如下圖：按對角線方向每行每列都有一個格子內(nèi)投放病毒源，顯然，格子先滿足要求，而后5，6馬上也滿足；5病毒源3病毒源2病毒源46由此可以推斷當在的平面方陣中，按對角線方向每行每列都有一個格子內(nèi)投放病毒源，至少需要在個方格內(nèi)投放病毒源；當拓展到三維空間時，已知在的立體方陣中，如圖所示：當投放病毒源時，要想3被感染，只需投放病毒源，同理要想4被感染，只需投放病毒源，因此需要個方格內(nèi)投放病毒源，因此已知在的立體方陣中，面對我們的面有個，其中一條對角線上有個，所以需要個方格內(nèi)投放病毒源，所以可以類比在在的立體方陣中，需要個方格內(nèi)投放病毒源，故答案為：；【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是利用歸納和類比推理的方法進行求解.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.已知在銳角中，，為邊上一點，且．（1）證明：平分；（2）已知，求．【答案】（1）證明見解析.（2）.【解析】【分析】（1）由三角恒等變換及正弦定理，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，兩式結(jié)合即可證明.（2）在中，由平面向量的基本定理得，兩邊同時平方得，再由余弦定理得，然后計算即可.【小問1詳解】由題意，，且,所以，即，所以，又因為為銳角三角形，所以，所以，由正弦定理得.在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，因為,所以，所以,又因為，即，且，所以，所以平分.【小問2詳解】由（1）知，，因為，且為銳角三角形，所以,即,則，故.在中，由余弦定理得，解得，所以.16.已知函數(shù)．（1）若在處取得極小值，求實數(shù)的取值范圍；（2）討論的零點個數(shù)．【答案】（1）（2）答案見解析【解析】【分析】（1）對函數(shù)求導(dǎo)，根據(jù)參數(shù)進行分類，討論函數(shù)的單調(diào)性，得到函數(shù)的極值情況，由題意取舍即得實數(shù)的取值范圍；（2）在（1）按照參數(shù)分類的基礎(chǔ)上，利用函數(shù)單調(diào)性和極值的正負，進一步分析探究函數(shù)的零點情況即得.【小問1詳解】函數(shù)的定義域為，，①當時，，當時，，在上遞減，當時，，在上遞增，此時在時取得極小值，符合題意；②當時，由可得或，若，則由可得或；由可得，即在和上遞增；在遞減，此時函數(shù)在取得極小值，符合題意；若，，當時，恒成立，即在上恒為增函數(shù)，不符合題意；若，由可得或；由可得，即在和上遞增，在上遞減，此時函數(shù)在時取得極大值，故不符合題意.綜上可得，實數(shù)的取值范圍為；【小問2詳解】由（1）知，①當時，在上遞減，在上遞增，則在時取得極小值，也是最小值，為，此時函數(shù)無零點；②當時，在和上遞增；在遞減，故當時，取得極小值，當時，取得極大值，當時，，故此時函數(shù)在上有一個零點；③當時，在上恒為增函數(shù)，又，故此時函數(shù)在上有一個零點；④當時，在和上遞增，在上遞減，故當時有極大值為，當時，有極小值為，且當時，，故此時函數(shù)在上只有一個零點.綜上所述，當時，函數(shù)在上沒有零點，當時，函數(shù)在上只有一個零點.17.如圖，在三棱臺中，為正三角形，，，點為的中點，平面平面．（1）若，證明：平面平面；（2）若，記平面與平面的交線為，求二面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）要證明面面垂直，轉(zhuǎn)化為證明線面垂直，根據(jù)垂直關(guān)系轉(zhuǎn)化為證明平面；（2）首先作出交線，再利用垂直關(guān)系構(gòu)造二面角的平面角，即可求解.小問1詳解】因為平面平面，且平面平面，因為，且點是，所以，又面，所以平面，平面，所以，，且，平面，所以平面，且平面，所以平面平面；【小問2詳解】由題意知，，，因為是等邊三角形，且點為的中點，則，又因為平面平面，平面平面，面，所以平面，且平面，所以，可得，取的中點，連結(jié)，，因為，，則，，且，平面，則平面，對于梯形，故點作，垂足為，因為，則，可得，由，可知，且，，將三棱臺補成三棱錐，則，設(shè)，可知即為直線，則，即，可得，由，則、、三點共線，且，可知為線段的中垂線，則，過點作，垂足為，過作，垂足為，連結(jié)，因為平面，平面，所以，且，平面，可得平面，由平面可得，且，平面，所以平面，由平面，可得，可知二面角的平面角為，因為平面，由平面，所以，在中，，，，可得，，則，在中，，，可得，在中，可得，在中，則，可得，所以二面角的余弦值為.18.在平面直角坐標系中，點到點的距離與到直線的距離之比為，記的軌跡為曲線，直線交右支于，兩點，直線交右支于，兩點，．（1）求的標準方程；（2）證明：；（3）若直線過點，直線過點，記，的中點分別為，，過點作兩條漸近線的垂線，垂足分別為，，求四邊形面積的取值范圍．【答案】（1）（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)兩點間的距離和點到直線的距離公式即可列等式求解；（2）根據(jù)直線與雙曲線聯(lián)立方程，得韋達定理，結(jié)合數(shù)量積坐標運算即可證明；（3）依據(jù)題意得直線和直線的方程分別為，聯(lián)立直線和曲線E方程求得韋達定理，從而利用中點坐標公式求出點P坐標，同理求出點Q坐標，再利用點到直線距離公式分別求出點P和點Q到兩漸近線的距離，接著根據(jù)計算結(jié)合變量取值范圍即可求解.【小問1詳解】設(shè)點，因為點到點距離與到直線的距離之比為，所以，整理得，所以的標準方程為.【小問2詳解】由題意可知直線和直線斜率若存在則均不為0且不為，①直線的斜率不存在時，則可設(shè)直線方程為，，則且由點A和點B在曲線E上，故，所以，同理可得，所以；②直線斜率存在時，則可設(shè)方程為，Ax1,y1聯(lián)立，則即，且，且，所以，同理，所以，綜上，.【小問3詳解】由題意可知直線和直線斜率若存在則斜率大于1或小于，且曲線E的漸近線方程為，故可分別設(shè)直線和直線的方程為和，且，聯(lián)立得，設(shè)Ax1,y1則，，，故，因為P是中點，所以即，同理可得，所以P到兩漸近線的距離分別為，，Q到兩漸近線的距離分別為，，由上知兩漸近線垂直，故四邊形是矩形，連接，則四邊形面積為，因為，所以，所以，所以四邊形面積的取值范圍為.【點睛】關(guān)鍵點睛：求解四邊形面積的取值范圍的關(guān)鍵1在于明確直線和直線的變量m的范圍為，；關(guān)鍵2在于先將四邊形補形為矩形再分割