2025屆普通高中畢業生久洵杯一月調研測試數學本試卷共4頁，19小題，滿分150分.考試用時120分鐘.注意事項：1.答卷前考生務必用黑色字跡鋼筆或簽字筆將自己的姓名?考生號?考場號和座位號填寫在答題卡上.將條形碼橫貼在答題卡右上角“條形碼粘貼處”.2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案不能答在試卷上.3.非選擇題必須用黑色字跡鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準便用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的答案無效.4.考生必須保持答題卡的整潔.考試結束后，將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.在復平面內，對應的點位于（）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】由復數的除法法則計算結合復數的幾何意義即可求解.【詳解】對應的點坐標是位于第四象限，故選：D2.已知向量滿足，則（）A.2 B. C. D.3【答案】C【解析】【分析】根據給定條件，利用垂直關系的向量表示及向量數量積運算律計算得解.【詳解】由，得，則，所以.故選：C3.設集合，則中所有元素之和為（）A.3 B.8 C.9 D.12【答案】C【解析】【分析】先根據分式及一元二次不等式求出集合A，再應用交集定義運算即可.【詳解】因為，又因為，所以則中所有元素之和為.故選：C.4.已知，設命題，命題，則是的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】結合基本不等式即可證明充分性成立，用特值檢驗即可說明必要性不成立.【詳解】取,滿足,但，必要性不成立，由基本不等式得,由題可知,則,解得,充分性成立，則是的充分不必要條件，故選：A5.若函數關于直線對稱，則（）A.1 B.3 C.5 D.7【答案】B【解析】【分析】由題意可得f4?x=fx，代入【詳解】由題意函數關于直線對稱，故f4?x=fx即，即故需滿足且，即，則，故選：B6.已知圓柱與圓錐的體積與側面積均相等，若的軸截面為等腰直角三角形，則與的底面半徑之比為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據圓錐和圓柱的側面積公式及體積公式求解即可.【詳解】設圓錐和圓柱的底面半徑分別為，高分別為，因為圓錐軸截面是等腰直角三角形，所以圓錐的母線長為，所以，所以圓錐的體積為，圓柱的體積為，所以圓錐的側面積為，圓柱的側面積為，所以，化簡得，所以圓柱和圓錐的底面半徑之比為,故選:C.7.若，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據同角基本關系式以及兩角和與差的正余弦公式和正余弦的二倍角公式即可求解.【詳解】，故,即,則，解得，故選：D.8.設橢圓的右焦點為.為上一點，的半徑為，過作軸的垂線，交于兩點，在的左側.記的離心率為，點軌跡的離心率為，點軌跡的離心率為，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先設點，應用兩點間距離公式得出，再分類討論得出離心率大小關系.【詳解】設，故，故帶入有，同理得，由有，故，，故，故答案為：D.二?多選題：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.全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯的得0分.9.已知正四面體的棱長為，則（）A.B.與的距離為C.二面角的正弦值為D.正四面體的體積為【答案】ABD【解析】【分析】根據正四面體的幾何特征求體積結合二面角，線線垂直等知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】A.把棱長為的正四面體放在棱長為的正方體中，因為，所以，A選項正確；取中點，，所以與的距離為，B選項正確；C.設中點為T，連接，因為則，則為所求二面角的平面角，，所以，所以正弦值，所以C錯.D.，所以D對.故選：ABD.10.設雙曲線的左、右頂點分別為為上一點，且位于第一象限，直線交軸于點，記的面積為，則（）A.B.C.若，則D.若，則【答案】BC【解析】【分析】設點，利用斜率坐標公式計算判斷AB；利用對稱性，結合幾何圖形求解判斷CD.【詳解】依題意，，設點，則，直線的斜率為的斜率為，對于A，，A錯誤；對于B，直線的斜率為，則，即，B正確；對于C，由對稱性，得，由，得，而，則，，C正確；對于D，由，得，則，，，，D錯誤.故選：BC11.已知函數的定義域為，其中為給定的常數，且不為常函數，則（）A.B.當時，為奇函數C.或1是存在的充要條件D.當時，沒有最值【答案】BCD【解析】【分析】特值檢驗即可判斷選項A；對互換得，兩式相加得根據奇函數的定義即可判斷選項B；用特值檢驗推出必要性矛盾即可判斷選項C；特值檢驗加反證法即可判斷選項D.【詳解】對于A選項，令，則，則或，當時，取函數，則，矛盾，故A錯誤；對于B選項，，對互換有即，又因為不恒為0，則用替換有，故為奇函數，故B正確；對于C選項，當時，存在函數符合題意，充分性顯然成立，下面我們證明必要性，假設且，，則由A選項的分析知，令則，因為，則，由的任意性可知，為常函數，這與不為常函數矛盾，假設不成立，所以當或1，即必要性成立，故C正確；對于D選項，假設存在使得，則，則對于任意均成立，故，為常函數，這與不為常函數矛盾，故不存在使得.下面證明的任意取值均同號，，對于任意取即可得fmfn>0，故的任意取值均同號若在處取到最值，則取，則，故由的任意性有，這與題設矛盾，故D正確，故選：BCD.【點睛】本題考點是抽象函數及其應用，利用賦值法求函數值，以及靈活應用所給的恒等式證明函數的奇偶性，此類題目要求答題者有較高的數學思辨能力.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.曲線在點處的切線方程為__________.【答案】【解析】【分析】先求出導函數，進而得出切線斜率，最后應用點斜式得出切線方程.【詳解】因為在點處的切線方程斜率為，曲線在點處的切線方程為，即得.故答案為：.13.若樣本數據的平均數為的平均數為22，則樣本數據的方差為__________.【答案】20【解析】【分析】根據給定條件，利用平均數的定義、方差的性質列式計算得解.【詳解】由樣本數據的平均數為4，得的平均數為4，由的平均數為22，得，則的平均數為，因此的方差為，所以的方差為.故答案為：2014.設為正整數，從集合的所有二元子集中任取兩個，記為，，其中與可以相同.在平面直角坐標系中，記直線與直線的四個交點分別為，則以為頂點的四邊形為正方形的概率為__________.（用含的代數式表示）附參考公式：【答案】【解析】【分析】根據古典概型結合組合數運算應用求和計算即可.【詳解】由題知，邊長為的正方形有種情況，故故答案為：四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.如圖，在直三棱柱中，.（1）證明：平面平面；（2）若為中點，求平面與平面夾角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）根據面面垂直的判斷定理，以及幾何條件，轉化為證明平面，即可證明面面垂直；（2）根據（1）的結果建立空間直角坐標系，分別求平面和平面的法向量，再根據面面角的向量公式，即可求解.【小問1詳解】在直三棱柱中，，故，故.所以，又因為，平面，故平面.因為平面，所以平面平面.【小問2詳解】因為平面，所以，所以，所以兩兩垂直.以為軸，軸，軸正方向建立空間直角坐標系，則，故.因為平面，所以可作為平面的一個法向量.設平面的一個法向量為n=x,y,z，則，取，則.設平面與平面的夾角為，則，所以.16.設拋物線的焦點為.已知到直線的距離為，過的直線交于兩點.（1）求的方程；（2）已知點，直線交于點.若，求的面積.【答案】（1）（2）16【解析】【分析】（1）利用點到直線的距離求出參數p的值，即得答案；（2）設出AB，AC的方程，聯立拋物線方程，可得根與系數的關系式，結合，可求出點A，B，C的坐標，即可求得答案.【小問1詳解】由題意知，F點到的距離為，故（舍去）或，故的方程為.【小問2詳解】由題意知直線AB的斜率必存在，設.聯立，有，，故，聯立，有，，故，故由有，則，故.注意到軸，故的面積為.17.記的內角的對邊分別為.已知，.外一點滿足，且的角平分線交于點.（1）求；（2）證明：；（3）若，求.【答案】（1）（2）證明見解析（3）或.【解析】【分析】（1）利用正弦定理化邊為角，根據和角公式及同角的三角函數關系式即可求得；（2）運用反證法，假設不垂直于，過點作，垂足為，利用三角函數定義和三角形角平分線定理推得重合即得；（3）設，分別在和中，利用余弦定理求得，推得，或，在中利用余弦定理即可求出長.【小問1詳解】由正弦定理有，則，因，代入化簡得：，因，故，又，即得，則.故，解得.【小問2詳解】如圖，假設不垂直于，過點作，垂足為.由（1）可得，則，由角平分線定理有，故重合，即.【小問3詳解】由（2）知，設.在中，由余弦定理有，同理，故，解得.注意到，故，且.故或（如圖1，圖2），由余弦定理有，當時，，解得；當時，，解得.故或.18.已知函數，函數.（1）討論和的單調性；（2）記函數，若為減函數，且存在，使得，求的取值范圍.【答案】（1）答案見解析（2）【解析】【分析】（1）應用分類討論得出導函數的正負即可得出函數的單調性；（2）先根據函數單調遞減得出，再換元構造新函數進而得出求導轉化即可求解.【小問1詳解】在上單調遞增，.當時，單調遞減；當時，單調遞增.，當時，單調遞減，當時，單調遞增.綜上所述，在上單調遞減，0,+∞上單調遞增；在上單調遞減，在上單調遞增.【小問2詳解】Fx的定義域為，且Fx為奇函數，我們只需要考慮的情況..即，令..令.令，且在上單調遞增.（i）若，則，故單調遞增，，滿足題意；（ii）若，則存在，使得時且，即，矛盾，故，即.于是問題轉化為：已知.1）若，則，此時，矛盾；2）若，則由（1）知，解得，故的取值范圍為，【點睛】關鍵點點睛：關鍵點是把問題轉化為，再分類結合最值計算求解.19.對于一個單調遞增的正整數數列，若對于任意不小于2的正整數不能表示為中若干不同項之和，則稱為“好數列”.（1）若數列滿足，記集合，中的元素由小到大排列得到數列，列舉的前五項，并判斷是否為“好數列”，若是，給出證明；若不是，請說明理由；（2）已知為“好數列”，對于給定的正整數，若存在正整數，使得，則記，設為的前項和.（i）證明：；（ii）證明：對任意的正整數，有.【答案】（1），不是，理由見解析（2）（i）證明見解析；（ii）證明見解析【解析】【分析】（