2025年广东普高学考数学仿真模拟卷03（全解全析）_普高真题卷_数学模拟卷_2025年普高学考模拟3套--数学_2025年广东普高学考数学仿真模拟卷03

2025 年广东省第一次普通高中学业水平合格性考试 数学仿真模拟试卷 03 本试卷共4页，22小题，满分150分，考试用时90分钟。 注意事项：1. 答卷前，考生务必用黑色字迹的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。用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置 上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。 2. 选择题每小题选出答案后，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的钢笔或签字笔作答，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； 不准使用铅笔和涂改液。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（本大题共 12题，每小题 6分，共计 72分。每小题列出的四个选项中，只有一项 是最符合题目要求的） 1．设集合A1,0,2，B1,0,3，则A B等于（ ）  A．2 B．2,3 C．1,0,2,6 D．1,0,2,3 1．D 【分析】利用并集运算直接求解即可. 【详解】由题知，AB  1,0,2,3. 故选：D 2x 2．函数 f x 的定义域为（ ） x A．,2 B．0,1 1,2 C．0,2 D．,00,2  2．D 【分析】根据函数解析式有意义可得出关于x的不等式组，即可求得函数 f x的定义域. 2x 2x0 【详解】对于函数 f x ，有 ，解得x2且x0， x x0因此，函数 f x的定义域为,00,2. 故选：D. 3．不等式x23x40的解集是（ ） A．x|4x1 B．x|x1或x4 C．x|x4或x1 D．x|1x4 3．D 【分析】通过解一元二次不等式来求得正确答案. 【详解】x23x4x4x10，解得1 x4， 所以不等式x23x40的解集是x|1x4. 故选：D 4．从标有1，2，3，4，5，6的六张卡片中无放回随机抽取两张，则抽到的两张卡片数字之积 是3的倍数的概率为（ ） 3 1 3 2 A． B． C． D． 10 3 5 3 4．C 【分析】根据题意，用列举法分析“从六张卡片中无放回随机抽取2张”和“抽到的2张卡片上 的数字之积是3的倍数”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案. 【详解】根据题意，从六张卡片中无放回随机抽取2张， 有1,2，1,3，1,4，1,5，1,6，2,3，2,4，2,5，2,6，3,4，3,5，3,6，4,5， 4,6，5,6共15种取法， 其中抽到的2张卡片上的数字之积是3的倍数有1,3，1,6，2,3，2,6，3,4，3,5， 3,6，4,6，5,6共9种情况， 9 3 则抽到的2张卡片上的数字之积是3的倍数的概率P  . 15 5 故选：C. 5．已知S 为等差数列a 的前n项和，若a 4，则S （ ） n n 7 13 A．39 B．65 C．52 D．785．C 【分析】利用等差数列的求和公式，结合等差中项的性质，可得答案. 13a a  132a 【详解】S  1 13  7 13452. 13 2 2 故选：C. 2x1,x1 6．已知函数 f(x) ，则 f(f(3))（ ） x22x,x1 A．33 B．34 C．35 D．36 6．C 【分析】根据分段函数的解析式求得正确答案. 【详解】由于 f 32317， 所以 f f 3 f 7722735. 故选：C 7．函数y12sin2x是（ ） A．最小正周期为的奇函数 B．最小正周期为的偶函数   C．最小正周期为 的奇函数 D．最小正周期为 的偶函数 2 2 7．B 【分析】由余弦二倍角公式化简即可求解. 【详解】y12sin2 xcos2x 所以最小正周期为，且为偶函数. 故选：B 8．已知函数y f x与y3x是互为反函数，则（ ） 1 1 A． f  1 B． f  2 C． f13 D． f 31 9 3 8．D 【分析】首先得到 f x的解析式，再代入计算可得. 【详解】因为函数y f x与y3x是互为反函数， 1 1 1 1 所以 f xlog x，则 f  log 2， f  log 1， 3 9 39 3 33f 1log 10， f 3log 31，即正确的只有 D. 3 3 故选：D 9．已知a1,2，b  1,1，则 ab  （ ） A． 5  2 B．1 C． 5 D．5 9．C 【分析】根据平面向量的坐标运算求解即可. 【详解】因为a1,2，b  1,1，所以ab  2,1，所以 ab   41 5， 故选：C. 10．若，R，则“π”是“sinsin”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 10．A 【分析】根据三角函数、充分和必要条件的知识确定正确答案. 【详解】当π时，sinsinπsin； π 2π 当sinsin时，可能 , π， 3 3 所以“π”是“sinsin”的充分不必要条件. 故选：A 11．在平面直角坐标系xOy中，角的顶点为坐标原点，始边在x轴的非负半轴上，终边经过  π 点P(3,4)，则sin （ ）  2 4 3 3 4 A． B．- C． D． 5 5 5 5 11．B 【分析】根据诱导公式和三角函数的定义求得正确答案. 3 3 【详解】依题意cos  ， 3242 5  π 3 所以sin cos .  2 5 故选：B12．若，是两个不同的平面，直线m，则“m∥”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 12．A 【分析】由面面垂直的判定定理得到充分性成立，再举出反例得到必要性不成立，得到答案. 【详解】m，m∥，由面面垂直的判定定理可知，，充分性成立， m，，则m∥或m，必要性不成立， 则“m∥”是“”的充分不必要条件. 故选：A 二、填空题（本题共 6小题，每小题 6分，共计 36分） 13．若复数z满足z12i，则 z  . 13． 5 【分析】根据复数模的计算公式计算可得. 【详解】因为z12i，所以 z  1222  5. 故答案为： 5 14．若一个球的半径为3，则其体积为 . 14．36π 【分析】根据球的体积公式计算即可. 【详解】因为球的半径为r 3， 4 4 所以球的体积为 πr3  π33 36π. 3 3 故答案为：36π   π     15．已知向量a与b的夹角为 ，且 a 2b 2，则ab ． 6 15． 3 【分析】根据平面向量数量积定义即可得到答案.    【详解】 a 2b 2，则 b 1，     π 3 ab a b cos 21  3. 6 2 故答案为： 3.16．一组样本数据：95，92，94，88，92，98，96，90，91，99的80%分位数为 16．97 【分析】将数据按升序排列，结合百分位数的定义分析求解. 【详解】将数据按升序排列可得：88，90，91，92，92，94，95，96，98，99， 9698 因为1080%8，可知80%分位数为第8位数与第9位数的平均数，即 97. 2 故答案为：97. π  11  π 17．已知为第二象限角，cos  ，则sin  ． 2  14  3 1 17． 7 【分析】利用诱导公式与同角的正余弦的平方关系和两角和的正弦公式即可求解. π  11 11 【详解】因为cos  ，所以sin ， 2  14 14 11 5 3 因为为第二象限角，所以cos 1( )2  ， 14 14  π π π 11 1 5 3 3 1 所以sin sincos cossin      .  3 3 3 14 2 14 2 7 1 故答案为： . 7 18．已知 f x是以4为周期的偶函数，且当x0,2时， f x1x，则 f 21 ． 18．0 【分析】利用函数的周期性和奇偶性可求得结果. 【详解】 f 21 f 21 f 451 f 1110． 故答案为：0. 三、解答题（本题共 4小题，第 19,20,21 题各 10分，第 22题 12分，共 42分。解答应写出 文字说明、证明过程或演算步骤） 19．在VABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知a 3,b1,c 7． (1)求角 C的大小； (2)求sin(AC)的值． 5π 7 19．(1) (2) 6 14【分析】（1）利用余弦定理计算即可； （2）利用正弦定理结合（1）的结论计算即可. 【详解】（1） a 3,b1,c 7，  a2b2c2 3 cosC   ， 2ab 2 5π C(0,π),C  ．  6 5π b c （2） b1,c 7,C  ,  ，  6 sinB sinC bsinC 7 sinB  ， c 14 ABC π，  7 sin(AC)sinB ． 14 20．某公司的入职面试中有4道难度相当的题目，王阳答对每道题的概率都是0.7，若每位面 试者共有 4 次机会，一旦某次答对抽到的题目、则面试通过，否则就一直抽题到第 4 次为止， 假设对抽到的不同题目能否答对是独立的. (1)求王阳第三次答题通过面试的概率； (2)求王阳最终通过面试的概率. 20．(1)0.063 (2)0.9919 【分析】（1）分析可知：若王阳第三次答题通过面试，则前2次均不通过，结合独立事件概率 求法运算求解； （2）先求王阳未通过面试的概率，结合对立事件概率求法运算求解. 【详解】（1）记“王阳第三次答题通过面试”为事件A， 若王阳第三次答题通过面试，则前2次均不通过， 所以王阳第三次答题通过面试的概率为PA10.710.70.70.063. （2）记“王阳最终通过面试”为事件B， 王阳未通过面试的概率为P  B  10.74 0.0081， 所以王阳最终通过面试的概率PB1PB 0.9919. 21．人类社会发展历经四次科技革命，跨越蒸汽机时代、电气化时代和信息化时代，来到“智能化和绿色化”的新质生产力时代.新质生产力符合可持续发展的新发展理念，强调环保和可持 续性，提高生产效率和降低生产成本.某公司一年需购买新材料800吨，若每次购买x吨，运费 为6万元/次，一年的总存储费用为4x万元. (1)请列出该公司一年的总运费与总存储费用之和y（单位：百万元）与x的函数关系式； (2)求该公司一年的总运费与总存储费用之和的最小值及此时x的值. 48 800 21．(1)y 0.04x，0x800且 N* x x (2)最小值为2.78百万元，此时x32 【分析】（1）由题意根据总运费和总存储费用求得y与x的函数关系式； （2）利用均值不等式求解即可. 800  48 800 【详解】（1）由题意可得y 64x0.01 0.04x，0x800且 N*.  x  x x 48 48 （2）由（1）得y 0.04x2 0.04x 1.6 3， x x 48 当且仅当 0.04x，即x20 334.6时等号成立， x 800 48 因为 N*，当x32时，y 0.04322.78， x 32 48 当x40时，y 0.04402.8， 40 所以该公司一年的总运费与总存储费用之和的最小值为2.78百万元，此时x32. 22．已知四棱锥PABCD的底面ABCD是梯形，PA平面ABCD，BC//AD，AB 2，CD1， AD2BC 2，PA1，E为PD的中点． (1)证明：CE//平面PAB． (2)求四棱锥PABCD的体积. 1 22．(1)证明见解析 (2) ． 2 【分析】（1）利用中位线的性质先构造平行四边形结合线面平行的判定证明即可；（2）由已知线段长结合勾股定理逆定理确定底面面积，再利用锥体体积公式计算即可. 【详解】（1）设F 为PA的中点，连接EF,FB． 1 因为E为PD的中点，所以EF//AD，EF  AD， 2 又BC//AD，AD2BC，所以EF//BC，EF BC， 故四边形EFBC为平行四边形，所以CE//BF ． 因为CE  平面PAB，BF 平面PAB， 所以CE//平面PAB． （2）设G 为AD的中点，连接BG，则DGBC，DG//BC， 所以四边形BGDC为平行四边形，所以BG1， 所以AG2+BG2  AB2，所以BG AD． 1 3 则梯形ABCD的面积为 (12)1 ， 2 2 1 3 1 故四棱锥PABCD的体积为  1 ． 3 2 2