【广东卷】广东省2025届高中毕业班调研考试（高研一调模拟卷）（广东高考研究会）数学试卷

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【答案】B
【解析】集合 A = {x ∈Z | x2 −8x +15 ≤ 0} = {x ∈Z | (x −3)(x −5) ≤ 0} = {3,4,5} .
而B = {x | x < 5}，故 A∩ B = {3,4}. 考察集合交集的定义.
2.
【答案】A
【解析】z1 ，z2 均为纯虚数可以推出 为实数， 为实数不可以推出z1 ，z2 均为纯虚数，故为充分不必
要条件.
3 .
【答案】C
2 ( 3)2 3
4.
【答案】B
【解析】由题干得 = sin− sin α = sin α+csα− sin α
考察三角函数中两角和差公式以及倍角公式.
5.
【答案】C 【解析】
则2q2 − 9q + 4 = (2q −1)(q − 4) = 0 → q1 = , q2 = 4 . 由于 {an } 为递增数列，则q = 4, a1 =
所以 {an } 的通项公式为an = 4n−2 .
所以
【考察】
（1）等比数列 a1, q, an , Sn ；
（2）转化、消元的数学思想
6.
【答案】A 【解析】
VO = 4π → R = 记侧棱长为l ，球心到四棱锥顶点的距离为 h .
则 = 2 → = → l2 −12 = 4h2 (1) ；(h + )2 +12 = l2 −12(2) .
所以 .48 .
【考察】
（1）锥体、球体的体积公式；
（2）内切球与正四棱锥的几何关系.
7.
【答案】A
【解析】由题知 n 是lg2 < x + 4 的正整数解.
化简lg2 < n + 4 有 (1+ )n − (1 − )n < 2n+4 .
可以得到 × 24 即 an < × 24 .
根据{an }是递增数列可以知道{an 2 } 也是递增数列.于是原不等式转化为an 2 < × 28 < 52 .
而 a5 = 5 , a6 = 8 可以得到，满足要求的n 的最大值为 5. 考察对数运算以及利用数列单调性求最值.
8.
【答案】D
由mx2 + = ln x 则问题转化为y m 和 的图像有两个 交点，而h' 0 ，解得0 e ，令h ' 0 ，解得x e ，故h在 递 增，在(e,)递减大致图像如下所示：
故m 的取值范围是
二、多选题 9.
【答案】AB 【解析】
由于(x1 ,0), (x2 ,0), , (x10 ,0) ，它们分别与(y1 ,10), (y2 ,10), , (y10 ,10) 关于点(3,5) 对称，则有 xi + yi = 6 (i ∈ Z,1 ≤ i ≤ 10)，即有 yi = 6 − xi (i ∈ Z,1 ≤ i ≤ 10) .
则由平均数的性质可得y1, y2 , , y10 这组数的平均数为 6 − a ，中位数为 6 − b ，方差为c ，极差为 −d .
10.
【答案】CD 【解析】
A. 设 z1 = a + bi ，则 z1 = a-bi ，所以 z12 = (a + bi)2 = a2 − b2 + 2abi ， z12 = (a − bi)2 = a2 − b2 − 2abi ， 故z12 ≠ z12 ，A 选项错误.
z1 ,
z2 ,
z1 + z2
B. 由复数的几何意义可知，
在复平面表示向量 OA, OB, OA + OB 的模长. 当 OA, OB 共线
时， OA + OB = OA + OB ，即 z1 + z2 = z1 + z2 ；当 OA, OB 不共线时， OA, OB, OA + OB 分别表示
ΔOAB 三边长，根据三角形中两边之和大于第三边，可得OA+ OB < OA + OB ，即 z1 + z2 < z1 + z2 .
因此， z1 + z2 ≤ z1 + z2 ，B 选项错误.
C. 由复数的几何意义可知，z1 − 2 − 2i = 2 表示复数 z1 对应的点 A到定点(2, 2) 的距离为 2 ，即动点 A的 轨迹是以 (2, 2) 为圆心， 2 为半径的圆， z1 +1− 6i 表示点 A到定点(−1, 6) 的距离，由圆的性质可知，
z1 +1− 6imax = − 2 = 3 ，C 项正确.
D. 由复数的几何意义可知， z2 + i+ z2 − i = 4 表示复数 z2 对应的点B 到两定点(0, −1) 、(0,1) 的距离之
和为 4 ，所以点 B 的轨迹为椭圆 iz2 i 表示点B 到原点的距离，由椭圆的几何性质可得，
当点B 在椭圆与x 轴的交点上时，取得最小值，即z2 min = ·3 ，D 选项正确.
综上，故选：CD.
11.
【答案】ACD 【解析】
A. 令x = 0 ，则有 f (e) − ef (e) = (1− e)f (e) = 0 ，所以 f (e) = 0 ，故 A 正确.
B. 对f (e + x) − ef (e − x) = 0 两边求导，得f ’(e + x) + ef ’(e − x) = 0 ，所以f ’(e + x) = −ef ’(e − x) ，
代入f ’(e + x) + f '(e − x) > 0 ，得当 x > 0 时， (1− e)f ’(e − x) > 0 ,所以f ’(e − x) < 0 .又因为 f ’(e + x) + f '(e − x) > 0 ，所以，f ’(e + x) > 0 .
因此，当x < e 时，f ’(x) < 0 ，f (x) 在 (−∞, e) 上单调递减；当x > e 时，f ’(x) > 0 ，f (x) 在 (e，+∞) 上单调递增.故 B 错误.
C. 对x1, x2 , e 的大小关系进行分类讨论：
①当x1 < x2 ≤ e 时，f (x) 在 (−∞, e) 上单调递减，所以f (x1 ) > f (x2 ) ，显然有 x1 + x2 < 2e ；
②当 e ≤ x1 < x2 时，f (x) 在 (e，+∞) 上单调递增，不符合题意；
③当x1 < e < x2 时，当x ≥ 0 时，f (e + x) = ef (e − x) .令t = e + x ∈(e,+∞) ，f (t) = ef (2e −t) ， f (x1 ) > f (x2 ) = ef (2e − x2 ) ，又因为 f (x) ≥ f (e) = 0 ，所以 f (2e − x2 ) > 0 ，因此
f (x1 ) > f (x2 ) = ef (2e − x2 ) > f (2e − x2 ) . 因为x1 < e ，2e − x2 < e ，由 f (x) 的单调性得，x1 + x2 < 2e . 故 C 正确.
D. 因为g(0) = f (0) + e2 − 2 > 0 ，g(2e) = f (2e) + e2 − 2 > 0 ，g(e) = f (e) − 2 = −2 < 0 ，所以 0 < x1 < e < x2 < 2e .
先证x1 +x2 < 2e . 即证2e − x1 > x2 ，即 g(2e − x1 ) > 0 ，只需证 f (2e − x1 ) + (2e − x1 − e)2 − 2 > 0 ef (x1 ) + (e − x1 )2 − 2 > 0 .
事实上，ef (x1 ) + (e − x1 )2 − 2 > f (x1 ) + (e − x1 )2 − 2 = g(x1 ) = 0 ，因此 x1 +x2 < 2e 得证. 此时有 0 < x1 < e < x2 < 2e − x1 < 2e .
因为f (x1 ) = −(x1 − e)2 + 2 = −(2e − x1 − e)2 + 2 < −(x2 − e)2 + 2 = f (x2 ) ，又 f (x1 ) ≠ 0 ，所以
因为f (x2 ) < f (2e − x1 ) = ef (x1 ) ，又 f (x1 ) ≠ 0 ，所以 < e . 综上， < e ，D 正确.
三、填空题 12.
【答案】29
13.
【答案】令x = 1得(1 + 2)5 = 243 = a5 + a4 + a3 + a2 + a1 + a0， 令x = —1得(—1 + 2)5 = 1 = —a5 + a4 — a3 + a2 — a1 + a0，
则a5 + a3 + a1 = (a5 +a4 +a3 +a2 +a1 +a0)一2(一a5 +a4 一a3 +a2 一a1 +a0) = 24一1 = 121，
且a4 + a2 + a0 = (a5 +a4 +a3 +a2 +a1 +a0)+2(一a5 +a4 一a3 +a2 一a1 +a0) = = 122，
a4 +a2 +a0 122.
故a5 +a3 +a1 = 121
14.
【答案】 — = 1, (y ≠ —3)
【解析】以HF所在直线为x轴，GE所在直线为y轴建立平面直角坐标系。
因为IABI = 8，IBCI = 6，所以O(0,0)，H(—4,0)，F(4,0)，E(0, —3)，G(0,3)，C(4,3)，所以--→ = (—4,0)，
--→ = (0, —3) ，- = (4,3)，又因为--→ = k--→ , --→ = k--→ ,所以 --→ = (—4k, 0) ，--→ = (0, —3k)，所以
Q(—4k, 0) ，N(4,3 — 3k)。
因为E(0, —3)，Q(—4k, 0)，所以直线EQ的方程为y = — x — 3 ①, 因为G(0,3)，N(4,3 — 3k)，所以 直线GN的方程为y = — x + 3 ②。
由①可得k = — (x ≠ 0)，代入②化简可得 — = 1, (x ≠ 0)，结合图像易知点R可到达G(0,3)， 但不可到达E(0, —3)所以点R的轨迹方程为 — = 1, (y ≠ —3)。
四、解答题 15.
【解答】（1）'.' cs 2B − cs 2A = 2sin2 C − 2sin BsinC ，
: (1 − 2sin2 B )− (1 − 2sin2 A) = 2sin2 C − 2sin BsinC ，------------------------------1 分
即sin2 A = sin2 B + sin2 C − sin BsinC .--------------------------------------------------2 分
由正弦定理得a2 = c2 + b2 − bc ，---------------------------------------------------------3 分
由余弦定理得csA = ，-------------------------------------------------------------------5 分
, : A = ；----------------------------------------------------------------------6 分
（2）设 AB = c, AC = b ，
依题意可得AP = b + c ), BC = b − c, BQ = b − c -----------------------------------7 分
所以| AP |= 1 b2 + 2bc + c2 = 19 ，|
2 2
BQ = b − bc + c
\ 4
| · 1 2 2
= ----------------9 分
AP . BQ = b + c) b − c,) = b2 − bc − c2 = − -----------------------------11 分
所以cs 上PGQ = = − ----------------------------------------------13 分
16.
【解答】设点 H 的坐标为(x, y )，因为点 A 的坐标是( − , 0)，所以直线 AH的斜率
kAH = ……………………1 分
同理，直线BH 的斜率
kBH = ………………………2 分
由已知，有
…………………3 分
化简，得点H的轨迹方程为
+ y2 = 1 …………………………4 分
点H 的轨迹是除去( − , 0) ，( , 0)两点的椭圆.………………………5 分
（2）证明：
设E (x1, y1 ) ，F (x2, y2 )
①当直线l 斜率不存在时，可知x1 = x2 ，y2 = −y1 ，且有
〔x12 2
3 + y1 = 1
{ ……………………………………………7 分
lkAE . kAF = . = −
联立可解得x1 = 0 ，y1 =±1，此时直线 l 为x = 0 …………………………8 分
②设直线l ：y = kx + b ，则此时有：
kAE . kAF = ……………9 分
联立直线方程与椭圆方程 1 ，消去y 可得： x2 + 6kbx + 3b2 −1 = 0 ……………10 分
根据韦达定理可得：x1 + x2 = ， x1x2 = ………………………………………………11 分
代入斜率关系式并化简可得：b2 − kb = 0 ，则b = 0或b = k ……………………………………12 分
当b = k 时，则直线l ： 恒过 A 点与题意不符，舍去………………………………13 分
故b = 0，直线 l 恒过原点(0, 0) …………………………………………………………………………14 分
结合①,②可知，直线l 恒过原点(0, 0) ，原命题得证…………………………………………………15分
17.
【解答】 （1）
在底面 ABCD 中，因为 AC 是底面直径，所以 上ABC = 上ADC = 90 ，又 AB = AD ，故
ACB 三 ACD ，所以上BAC = 上DAC = 上BAD = 30 ，BC = CD = 4 ， AB = AD = 4 因为PC 是圆柱的母线，所以PC 丄 面 ABCD ，所以 2 PC = 16πPC ，--------- 2 分
× AB .BC . PC = × 4× PC = PC ，--------------------------- 4 分
因此， -------------------------------------------------------------------------------------------- 5 分
（2）
以 C 为坐标原点，以CA ， CP 为x, z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为 上BAC = 上DAC = 30, AB = AD ，所以 ABE 三 ADE ，故 上AEB = 上AED = 90 ，所以
BE = DE = AB = 2 , AE = 6, CE = AC − AE = 2 ，故 PC = kCE = 2k .----------------------------- 6 分
因此C(0, 0, 0), A(8, 0, 0), D(2, 2 3, 0), P(0, 0, 2k), CD = (2, 2 3, 0), CP = (0, 0, 2k) ，
PA = (8, 0, −2k) ，-------------------------------------------------------------------------------------------------------- 8 分
1 8
因为PA = kPF ，所以 PF = PA = ( , 0, −2) ，则 k k
设平面FCD和平面PCD的法向量分别为n = (x1, y1, z1 ), m = (x2, y2, z2 ) ，则有：
y2 = 0 ------------------------------------------------ 9 分
取 . ---------------------------------------------------- 13 分
设平面FCD与平面PCD 的夹角为θ,所以有：
csθ =| cs < m, n > ,解得：k = 4 . ------------ 15 分
18.
【解答】
（1）因为 f (x) 的图像与g(x) 的图像关于直线x =− 1对称，所以f (−1− x) = g(−1+ x) .………1 分
又因为f (−1− x) = [(−1− x) −1]ln(−1− x) = (−2 − x) ln(−1− x) ，所以
g(−1+ x) = (−2 − x)ln(−1− x) ，………………………………………………………………………2 分
令t = − 1+ x ，则 x = t +1，
所以g(t) = [−2 − (t +1)]ln [−1− (t +1)] = (−3 − t) ln(−2 − t) ，……………………………………3 分
因此g(x) = (−3− x)ln(−2 − x) . ………………………………………………………………………4 分
（2）证明：
解法 1：当 x ≥1时， x −1 ≥ 0 且ln x ≥ 0 ，此时 f (x) = (x −1) ln x ≥ 0 ；…………………………6 分
当 0 < x <1时， x −1 < 0 且ln x < 0 ；此时 f (x) = (x −1) ln x ≥ 0 ， ……………………………8 分
故综上f(x) ≥ 0 . ………………………………………………………………………………………9 分
解法 2 ： = ln x +1 − ，………………………………………………………………………5 分
≥ 0 ，…………………………………………………………………………………6 分
因此当x ≥1 ，f ’(x) ≥ f ’(1) = 0 ；当 0 < x <1时， f ’(x) < f ’(1) = 0 ；………………………7 分
因此f(x) 在 (0,1) 上单调递减，在[1, +∞) 上单调递增，…………………………………………8 分
故f(x) ≥ f(1) = 0 ；………………………………………………………………………………9 分
（3）证明：不妨取曲线y = ex 上的一点B(x1, ex1 ) ，设 g(x) = ln x 在 A 处的切线即是h(x) = ex 在 B 处的
切线，………………………………………………………………………………………………11分
则 → = ex1 ，得x1 = ln 的坐标为 . …………………12 分
由于 ln x0 = x0 +1 ，所以lnx0 = ， ……………………………………………13 分
又因为kAB = ， ………………………………………………………14 分
−
所以kAB = ，……………………………………………16 分
综上，kAB = kB切 = kA切 ， …………………………………………………………………………17 分
所以直线 AB 既是ln x 的切线，也是ex 的切线.
19.
dx = ex + x + C ，其中 C 为常数. -------------------------------- 2 分
而f (0) = 2，即1+ 0 + C = 2 ，所以 C = 1，
进而f (x) = ex + x +1 . ---------------------------------------------------------------------------------------- 3 分
联立 + 6 ，解得x1 = −3 ，x2 = 2 ，------------------------------------------------------ 4 分
当 −3 < x < 2 时， −x + 6 > x2 ，
令 = −x + 6 − x2 ，F dx = − x2 + 6x − x3 + C ，------------------------------ 7 分
则围成的面积 S = g(x)dx = F(2) − F(−3）= (−2 +16 − ) − (− −18 + 9) = .-------- 9 分
令F
由题意可知， a, b ∈[0, +∞) ， a > b ，满足 F(a) − F(0) > F(b) − F(0) ，
即 上单调递增，------------------------------------- 11 分
进而f (x) ≥ 0在[0, +∞) 恒成立，ex −1− 2mx ≥ 0 在 (0, +∞) 恒成立. ----------------------------- 12 分
由于x > 0 ，即 ≥ m ，令g ，-------------------------------------------- 13 分
= 2xex − 2ex + 2 ，h’ = 2xex ≥ 0 ，所以h 在 上单调递增，
所以 h(x) ≥ h(0) = 0 ，即 g’(x) ≤ 0 ，进而 g(x) 在[0, +∞) 单调递增，------------------------- 15 分
而 所以 所以 . ----------------------- 17 分
（法二）由于f (0) = 0，要使f (x) = ex −1− 2mx ≥ 0，则f ’(0) ≥ 0 ，若不然，f ’(0) < 0 ，则存在δ > 0 ，
使得 < 0 ，矛盾. f ’ = ex − 2m , f ’ ≥ 0 , 即e0 − 2m ≥ 0 ，m ≤ , --------------- 14 分
下面证明 是充分条件，当 m ≤ 时， f ’ = ex − 2m ≥ 0 ,所以 f 在 单调递增，所以
f (x) ≥ f (0) = 0 .综上，m ≤ . ------------------------------------------------------------------------- 17 分