广东省湛江市2024-2025学年高三上学期第一次调研考试数学试题（含答案）

这是一份广东省湛江市2024-2025学年高三上学期第一次调研考试数学试题（含答案），共13页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁，已知集合，则中元素的个数为，已知均为锐角，若，则，已知某条线路上有两辆相邻班次的，已知函数，则，在中，角所对的边分别为，且等内容，欢迎下载使用。
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，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡指定位置上.
2回答选择题时，选出每小题答案后，用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.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回.
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.已知向量，若，则（ ）
A.2 B. C. D.
2.已知集合，则中元素的个数为（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
3.（ ）
A. B.
C. D.
4.将某学校一次物理测试学生的成绩统计如下图所示，则估计本次物理测试学生成绩的平均分为（同一组数据用该组区间的中点值作代表）（ ）
A.68 B.70 C.72 D.74
5.已知均为锐角，若，则（ ）
A. B. C. D.
6.中国冶炼块铁的起始年代虽然迟至公元前6世纪，约比西方晚900年，但是冶炼铸铁的技术却比欧洲早2000年.现将一个轴截面为正方形且侧面积为的实心圆柱铁锭冶炼熔化后，浇铸成一个底面积为81的圆锥，则该圆锥的母线与底面所成角的正切值为（ ）
A. B. C. D.
7.已知某条线路上有两辆相邻班次的（快速公交车），若准点到站的概率为，在B准点到站的前提下准点到站的概率为，在准点到站的前提下B不准点到站的概率为，则B准点到站的概率为（ ）
A. B. C. D.
7.已知，若关于的方程有两个不同的正根，则的取值范围为（ ）
A. B. C. 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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知直线是三条不同的直线，为两个不同的平面，则（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
10.已知函数，则（ ）
A.的最小正周期为
B.为的图象的一个对称中心
C.在上单调递增
D.将的图象的横坐标伸长为原来的3倍后得到的图象，则曲线与直线有4个交点
11.已知为坐标原点，抛物线的焦点为为上第一象限的点，且，过点的直线与交于两点，圆，则（ ）
A.
B.若，则直线倾斜角的正弦值为
C.若的面积为6，则直线的斜率为
D.过点作圆的两条切线，则两切点连线的方程为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知随机变量服从正态分布，若，则__________.
13.若函数存在最小值，则实数的取值范围为__________.
14.已知双曲线的焦距为，直线与的交点为，若点到的左焦点的距离不小于点到的右焦点的距离的5倍，则C的离心率最大值为__________.
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.（13分）如图，四棱锥的底面四边形为矩形，平面，为等腰直角三角形，为棱的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
16.（15分）已知函数.
（1）若，求的单调区间；
（2）若既有极大值，又有极小值，求实数的取值范围.
17.（15分）已知椭圆过点.
（1）求的方程；
（2）已知过点的直线与交于两点，若，求直线的方程.
18.（17分）在中，角所对的边分别为，且.
（1）求的大小；
（2）若，求的最大值；
（3）若，且，求的面积.
19.（17分）若数列满足：①；②当为奇数时，；③当为偶数时，，则称数列具有“收缩性质”.已知数列具有“收缩性质”.
（1）若，求的值构成的集合；
（2）若，使得，证明：为整数；
（3）若，求的值构成的集合.
2025届湛江市普通高中毕业班调研测试
数学参考答案及评分细则
1.【答案】A
【解析】依题意，，解得.故选A.
2.【答案】B
【解析】依题意，，故，则中有2个元素.故选B.
3.【答案】B
【解析】.故选B.
4.【答案】C
【解析】依题意，，解得，则平均分为.故选C.
5.【答案】C
【解析】解法一：依题意，解得，又，故，故.故选C.
解法二：作出图形如下所示，其中，不妨设，则，，故.故选C.
6.【答案】D
【解析】设圆柱的底面半径为，母线长为，圆锥的底面半径为，高为，则圆柱的侧面积为，解得，故，又，则，而，得，故所求正切值为.故选D.
7.【答案】B
【解析】设事件为“准点到站”，事件为“准点到站”，依题意，，而，解得，而，则，而，故.故选B.
8.【答案】C
【解析】依题意，，则，令，显然在上单调递减，故有两个不同的正根，令，则，故当时，，当时，，故，又时，时，，故，解得.故选C.
9.【答案】BD（每选对1个得3分）
【解析】A中，可能有，故A错误；C中，若，则未必有，故C错误.故选BD.
10.【答案】AB（每选对1个得3分）
【解析】依题意，，故A正确；而，故B正确；时，，易知在上先减后增，故在上先减后增，故C错误；，在同一直角坐标系中分别作出与的大致图象如下所示，观察可知，它们有3个交点，故D错误.故选AB.
11.【答案】ACD（每选对1个得2分）
【解析】设，则，则，故，故A正确；设直线，联立则，设，则，故.，解得，则直线倾斜角的正弦值为，故B错误；，解得，则直线的斜率为，故C正确；易知，圆可化为，圆心，半径，易知为其中一条切线，切点为，且两切点连线与垂直，，故两切点连线为，即，故D正确.故选ACD.
12.【答案】0.3
【解析】解法一：.
解法二：.
13.【答案】
【解析】当时，，显然，故只需，则.
14.【答案】
【解析】记的左､右焦点分别为，注意到直线过点，则①，
②，联立①②，解得，故，解得，则的离心率的最大值为.
15.（1）证明：因为平面平面，所以，
因为平面平面，
所以平面.
因为平面，所以；
而为等腰直角三角形，且为棱的中点，故.
而平面平面，所以平面.
而平面，故平面平面.
（2）解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则分）
设平面的法向量为，
所以
令，得，故平面的一个法向量为.
设直线与平面的夹角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
16.解：（1）时，，
，
令，解得（负值舍去），
故当时，单调递减，
当时，单调递增，
故的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）依题意，，
令，则问题转化为有两个不同的正根，
故
解得，故实数的取值范围为.
17.解：（1）依题意，
解得，故的方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，，
代入椭圆方程得，
此时，不合题意舍去；
当的斜率存在时，设直线的方程为，
由得，
则，
，
，
则，
解得，（14分）
故直线的方程为或.
18.解：（1）依题意，，
而，故，
则，则，
由正弦定理，，
而，则，
因为，故，则.
（2）由正弦定理，，
故，
则
，其中，
故的最大值为.
（3）依题意，，由正弦定理，，
设，
由余弦定理，，得，
而，得，故，
则.
19.（1）解：因为，则，则或，
故的值构成的集合为.
（2）证明：依题意，为3的倍数，
当为奇数时，；
当为偶数时，易知为偶数，，
故是3的倍数，
以此类推，，都是3的倍数；
另一方面，当时，由于当为3的倍数时，可知也是3的倍数，
以此类推，，都是3的倍数，
综上所述，为整数.
（3）解：因为，故数列具有周期性，
由条件（1）可知，数列一定有最小值，设为，下证或3.
当为偶数时，设，则，与是最小值矛盾，所以是奇数；
不妨设，则是偶数，，
假设，则，与是最小值矛盾，
综上，只能是小于5的正奇数，即1或3；
当数列中出现1时，后面的项为循环；
当数列中出现3时，后面的项为循环；
所以数列具有周期性时，只能为中某一个数.
经检验，当时，.
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