2025屆廣東茂名十七中高三下學期5月調研考試（數學試題理）試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．在直角坐標平面上，點的坐標滿足方程，點的坐標滿足方程則的取值范圍是（）A． B． C． D．2．已知偶函數在區間內單調遞減，，，，則，，滿足（）A． B． C． D．3．記的最大值和最小值分別為和．若平面向量、、，滿足，則（）A． B．C． D．4．已知排球發球考試規則：每位考生最多可發球三次，若發球成功，則停止發球，否則一直發到次結束為止．某考生一次發球成功的概率為，發球次數為，若的數學期望，則的取值范圍為()A． B． C． D．5．若復數滿足（是虛數單位），則的虛部為（）A． B． C． D．6．下列函數中，值域為的偶函數是（）A． B． C． D．7．甲、乙兩名學生的六次數學測驗成績(百分制)的莖葉圖如圖所示.①甲同學成績的中位數大于乙同學成績的中位數；②甲同學的平均分比乙同學的平均分高；③甲同學的平均分比乙同學的平均分低；④甲同學成績的方差小于乙同學成績的方差.以上說法正確的是（）A．③④ B．①② C．②④ D．①③④8．已知為拋物線的準線，拋物線上的點到的距離為，點的坐標為，則的最小值是（）A． B．4 C．2 D．9．盒中裝有形狀、大小完全相同的5張“刮刮卡”，其中只有2張“刮刮卡”有獎，現甲從盒中隨機取出2張，則至少有一張有獎的概率為()A． B． C． D．10．執行如圖所示的程序框圖，則輸出的值為（）A． B． C． D．11．的展開式中的系數為()A．－30 B．－40 C．40 D．5012．設，且，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知關于的不等式對于任意恒成立，則實數的取值范圍為_________．14．在中，內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且，，，則_______.15．已知集合，則____________.16．已知實數，滿足，則的最大值為______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）車工劉師傅利用數控車床為某公司加工一種高科技易損零件，對之前加工的100個零件的加工時間進行統計，結果如下：加工1個零件用時（分鐘）20253035頻數（個）15304015以加工這100個零件用時的頻率代替概率.（1）求的分布列與數學期望；（2）劉師傅準備給幾個徒弟做一個加工該零件的講座，用時40分鐘，另外他打算在講座前、講座后各加工1個該零件作示范.求劉師傅講座及加工2個零件作示范的總時間不超過100分鐘的概率.18．（12分）如圖所示，在三棱柱中，為等邊三角形，，，平面，是線段上靠近的三等分點.（1）求證：；（2）求直線與平面所成角的正弦值.19．（12分）正項數列的前n項和Sn滿足：(1)求數列的通項公式；(2)令，數列{bn}的前n項和為Tn，證明：對于任意的n∈N*，都有Tn＜.20．（12分）已知函數，.（Ⅰ）判斷函數在區間上零點的個數，并證明；（Ⅱ）函數在區間上的極值點從小到大分別為，，證明：21．（12分）在平面直角坐標系中，已知橢圓的左、右頂點分別為、，焦距為2，直線與橢圓交于兩點（均異于橢圓的左、右頂點）.當直線過橢圓的右焦點且垂直于軸時，四邊形的面積為6.（1）求橢圓的標準方程；（2）設直線的斜率分別為.①若，求證：直線過定點；②若直線過橢圓的右焦點，試判斷是否為定值，并說明理由.22．（10分）一年之計在于春，一日之計在于晨，春天是播種的季節，是希望的開端．某種植戶對一塊地的個坑進行播種，每個坑播3粒種子，每粒種子發芽的概率均為，且每粒種子是否發芽相互獨立．對每一個坑而言，如果至少有兩粒種子發芽，則不需要進行補播種，否則要補播種．（1）當取何值時，有3個坑要補播種的概率最大？最大概率為多少？（2）當時，用表示要補播種的坑的個數，求的分布列與數學期望．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．B【解析】

由點的坐標滿足方程，可得在圓上，由坐標滿足方程，可得在圓上，則求出兩圓內公切線的斜率，利用數形結合可得結果.【詳解】點的坐標滿足方程，在圓上，在坐標滿足方程，在圓上，則作出兩圓的圖象如圖，設兩圓內公切線為與，由圖可知，設兩圓內公切線方程為，則，圓心在內公切線兩側，，可得，，化為，，即，，的取值范圍，故選B.【點睛】本題主要考查直線的斜率、直線與圓的位置關系以及數形結合思想的應用，屬于綜合題.數形結合是根據數量與圖形之間的對應關系，通過數與形的相互轉化來解決數學問題的一種重要思想方法，尤其在解決選擇題、填空題時發揮著奇特功效，大大提高了解題能力與速度.運用這種方法的關鍵是運用這種方法的關鍵是正確作出曲線圖象，充分利用數形結合的思想方法能夠使問題化難為簡，并迎刃而解.2．D【解析】

首先由函數為偶函數，可得函數在內單調遞增，再由，即可判定大小【詳解】因為偶函數在減，所以在上增，，，，∴.故選：D【點睛】本題考查函數的奇偶性和單調性,不同類型的數比較大小,應找一個中間數,通過它實現大小關系的傳遞，屬于中檔題.3．A【解析】

設為、的夾角，根據題意求得，然后建立平面直角坐標系，設，，，根據平面向量數量積的坐標運算得出點的軌跡方程，將和轉化為圓上的點到定點距離，利用數形結合思想可得出結果.【詳解】由已知可得，則，，，建立平面直角坐標系，設，，，由，可得，即，化簡得點的軌跡方程為，則，則轉化為圓上的點與點的距離，，，，轉化為圓上的點與點的距離，，.故選：A.【點睛】本題考查和向量與差向量模最值的求解，將向量坐標化，將問題轉化為圓上的點到定點距離的最值問題是解答的關鍵，考查化歸與轉化思想與數形結合思想的應用，屬于中等題.4．A【解析】

根據題意，分別求出再根據離散型隨機變量期望公式進行求解即可【詳解】由題可知，，，則解得，由可得，答案選A【點睛】本題考查離散型隨機變量期望的求解，易錯點為第三次發球分為兩種情況：三次都不成功、第三次成功5．A【解析】

由得,然后分子分母同時乘以分母的共軛復數可得復數,從而可得的虛部.【詳解】因為,所以,所以復數的虛部為.故選A.【點睛】本題考查了復數的除法運算和復數的概念,屬于基礎題.復數除法運算的方法是分子分母同時乘以分母的共軛復數,轉化為乘法運算.6．C【解析】試題分析：A中，函數為偶函數，但，不滿足條件；B中，函數為奇函數，不滿足條件；C中，函數為偶函數且，滿足條件；D中，函數為偶函數，但，不滿足條件，故選C．考點：1、函數的奇偶性；2、函數的值域．7．A【解析】

由莖葉圖中數據可求得中位數和平均數,即可判斷①②③,再根據數據集中程度判斷④.【詳解】由莖葉圖可得甲同學成績的中位數為,乙同學成績的中位數為,故①錯誤；,,則,故②錯誤,③正確；顯然甲同學的成績更集中,即波動性更小,所以方差更小,故④正確,故選:A【點睛】本題考查由莖葉圖分析數據特征,考查由莖葉圖求中位數、平均數.8．B【解析】

設拋物線焦點為，由題意利用拋物線的定義可得，當共線時，取得最小值，由此求得答案.【詳解】解：拋物線焦點，準線，過作交于點，連接由拋物線定義，

，

當且僅當三點共線時，取“＝”號，∴的最小值為.

故選：B.【點睛】本題主要考查拋物線的定義、標準方程，以及簡單性質的應用，體現了數形結合的數學思想，屬于中檔題.9．C【解析】

先計算出總的基本事件的個數，再計算出兩張都沒獲獎的個數，根據古典概型的概率，求出兩張都沒有獎的概率，由對立事件的概率關系，即可求解.【詳解】從5張“刮刮卡”中隨機取出2張，共有種情況，2張均沒有獎的情況有（種），故所求概率為.故選:C.【點睛】本題考查古典概型的概率、對立事件的概率關系，意在考查數學建模、數學計算能力，屬于基礎題.10．B【解析】

列出每一次循環，直到計數變量滿足退出循環.【詳解】第一次循環：；第二次循環：；第三次循環：，退出循環，輸出的為.故選：B.【點睛】本題考查由程序框圖求輸出的結果，要注意在哪一步退出循環，是一道容易題.11．C【解析】

先寫出的通項公式，再根據的產生過程，即可求得.【詳解】對二項式，其通項公式為的展開式中的系數是展開式中的系數與的系數之和.令，可得的系數為；令，可得的系數為；故的展開式中的系數為.故選：C.【點睛】本題考查二項展開式中某一項系數的求解，關鍵是對通項公式的熟練使用，屬基礎題.12．C【解析】

將等式變形后，利用二次根式的性質判斷出，即可求出的范圍.【詳解】即故選：C【點睛】此題考查解三角函數方程，恒等變化后根據的關系即可求解，屬于簡單題目.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

先將不等式對于任意恒成立,轉化為任意恒成立，設，求出在內的最小值,即可求出的取值范圍.【詳解】解：由題可知，不等式對于任意恒成立，即，又因為，，對任意恒成立，設，其中，由不等式，可得：，則，當時等號成立，又因為在內有解，，則，即：，所以實數的取值范圍：.故答案為：.【點睛】本題考查不等式恒成立問題，利用分離參數法和構造函數，通過求新函數的最值求出參數范圍，考查轉化思想和計算能力.14．9【解析】

已知由余弦定理即可求得,由可求得,即可求得,利用正弦定理即可求得結果.【詳解】由余弦定理和，可得，得，由，，，由正弦定理，得.故答案為:.【點睛】本題考查正余弦定理在解三角形中的應用,難度一般.15．【解析】

根據并集的定義計算即可.【詳解】由集合的并集，知.故答案為：【點睛】本題考查集合的并集運算，屬于容易題.16．【解析】

畫出不等式組表示的平面區域，將目標函數理解為點與構成直線的斜率，數形結合即可求得.【詳解】不等式組表示的平面區域如下所示：因為可以理解為點與構成直線的斜率，數形結合可知，當且僅當目標函數過點時，斜率取得最大值，故的最大值為.故答案為：.【點睛】本題考查目標函數為斜率型的規劃問題，屬基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）分布列見解析，；（2）0.8575【解析】

（1）根據題目所給數據求得分布列，并計算出數學期望.（2）根據對立事件概率計算公式、相互獨立事件概率計算公式，計算出劉師傅講座及加工個零件作示范的總時間不超過分鐘的概率.【詳解】（1）的分布列如下：202530350.150.300.400.15.（2）設，分別表示講座前、講座后加工該零件所需時間，事件表示“留師傅講座及加工兩個零件示范的總時間不超過100分鐘”，則.【點睛】本小題主要考查隨機變量分布列和數學期望的求法，考查對立事件概率計算，考查相互獨立事件概率計算，屬于中檔題.18．（1）證明見解析（2）【解析】

（1）由，故，所以四邊形為菱形，再通過，證得，所以四邊形為正方形，得到.（2）根據（1）的論證，建立空間直角坐標，設平面的法向量為，由求得，再由，利用線面角的向量法公式求解.【詳解】（1）因為，故，所以四邊形為菱形，而平面，故.因為，故，故，即四邊形為正方形，故.（2）依題意，.在正方形中，，故以為原點，所在直線分別為、、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系；如圖所示：不紡設，則，又因為，所以.所以.設平面的法向量為，則，即，令，則.于是.又因為，設直線與平面所成角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】本題考查空間線面的位置關系、線面成角，還考查空間想象能力以及數形結合思想，屬于中檔題.19．（1）（2）見解析【解析】

（1）因為數列的前項和滿足：，所以當時，，即解得或，因為數列都是正項，所以，因為，所以，解得或，因為數列都是正項，所以，當時，有，所以，解得，當時，，符合所以數列的通項公式，;（2）因為，所以，所以數列的前項和為：，當時，有，所以，所以對于任意，數列的前項和.20．（Ⅰ）函數在區間上有兩個零點.見解析（Ⅱ）見解析【解析】

（Ⅰ）根據題意，，利用導函數研究函數的單調性，分類討論在區間的單調區間和極值，進而研究零點個數問題；（Ⅱ）求導，，由于在區間上的極值點從小到大分別為，，求出，利用導數結合單調性和極值點，即可證明出.【詳解】解：（Ⅰ），，當時，，，在區間上單調遞減，，在區間上無零點；當時，，在區間上單調遞增，，在區間上唯一零點；當時，，，在區間上單調遞減，，；在區間上唯一零點；綜上可知，函數在區間上有兩個零點.（Ⅱ），，由（Ⅰ）知在無極值點；在有極小值點，即為；在有極大值點，即為，由，即，，2…，，，，，，以及的單調性，，，，，由函數在單調遞增，得，，由在單調遞減，得，即，故.【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性和極值，通過導數解決函數零點個數問題和證明不等式，考查轉化思想和計算能力.21．（1）；（2）①證明見解析；②【解析】

（1）由題意焦距為2，設點，代入橢圓，解得，從而四邊形的面積，由此能求出橢圓的標準方程．（2）①由題意，聯立直線與橢圓的方程，得，推導出，，，，由此猜想：直線過定點，從而能證明，，三點共線，直線過定點．②