广东省佛山市顺德区普通高中2024-2025学年高三上学期教学质量检测（一）数学试题含答案

这是一份广东省佛山市顺德区普通高中2024-2025学年高三上学期教学质量检测（一）数学试题含答案，共22页。试卷主要包含了11， 函数是等内容，欢迎下载使用。
2024.11
本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必填写答题卡上的有关项目.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卡相应的位置上.
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；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.请考生保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回.
第I卷（选择题 共58分）
一、单项选择题：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. 已知复数满足，则（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依题意可得，再根据复数代数形式的除法运算化简，最后再计算其模.
【详解】因为，
所以，
所以.
故选：B
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先解绝对值不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得，
所以，
又，
所以.
故选：A
3. “，”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
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义及指数函数、对数函数的性质判断即可.
【详解】由可得，由可得，由可得，
所以由“，”推得出“”，故充分性成立；
由“”推不出“，”，
如，，满足，但是，故必要性不成立；
所以“，”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4. 已知单位向量，满足，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 向量在向量上的投影向量为D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据数量积的运算律求出，即可求出，从而判断A，再根据判断B，根据投影向量的定义判断C，计算，即可判断D.
【详解】单位向量，满足，
则，所以，
所以，又，所以，故A错误；
，故B错误；
因为，
所以向量在向量上的投影向量为，故C错误；
因为，所以，故D正确.
故选：D
5. 函数是（ ）
A. 偶函数，且最小值为－2B. 偶函数，且最大值为2
C. 周期函数，且在上单调递增D. 非周期函数，且在上单调递减
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性判定方式以及函数的最值判断A，B；根据周期性判断，结合复合函数的单调性判断C，D.
【详解】定义域为，关于原点对称，
，
所以为偶函数，又，
令，，，
当时，即，有最小值，最小值为，
当时，即时，有最大值，最大值为2，故A错误，故B正确；
因为，所以为周期函数，
因为在上单调递减，在上单调递减，
当，，令，，，在单调递减，在单调递增，
当，，令，，，在单调递减，
由复合函数的单调性知，在上先减后增，在上单调递增；
故C，D错误，
故选：B.
6. 印度数学家卡普列加在一次旅行中，遇到猛烈的暴风雨，他看到路边写有3025的一块牌子被劈成了两半，一半上写着30，另一半上写着25.这时，他发现，，即将劈成两半的数加起来，再平方，正好是原来的数字.数学家将3025等符合上述规律的数字称之为雷劈数（或卡普列加数）.则在下列数组：92，81，52，40，21，14中随机选择两个数，其中恰有一个数是雷劈数的概率是（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】找出这6个数中的雷劈数，结合组合数公式求相应的概率.
【详解】因为，所以是雷劈数.其余的不是雷劈数.
记： “从6个数中随机选择两个数，其中恰有一个数是雷劈数”为事件，
则.
故选：C
7. 已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分段求函数值域，根据原函数值域为，求实数的取值范围.
【详解】若，在上，函数单调递增，所以；
此时，函数在上单调递减，在上单调递增，无最大值，所以；
因为函数的值域为，所以，结合得.
若，则的值域为；
若，在上，函数单调递减，所以（）；
在上，函数单调递减，在上单调递增，无最大值，所以；
所以函数的值域不可能为；
若，则函数在上，函数单调递减，所以（）；
在上，函数单调递增，，
此时函数的值域不可能为.
综上可知：当时，函数的值域为.
故选：D
8. 记正项数列的前项积为，已知，若，则的最小值是（ ）
A. 999B. 1000C. 1001D. 1002
【答案】C
【解析】
【分析】由数列的前项积满足，可求得是等差数列，并求得的通项，
进而得到的通项，再由，即可求得正整数的最小值.
【详解】∵为正项数列的前项积， ，
∴当时，，
时，，又，
∴，即，
∴是首项为3，公差为2的等差数列，且.
由，得
若，则，∴
所以，正整数的最小值为1001.
故选：C.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 现有甲、乙两组数据，甲组数据为：；乙组数据为：，若甲组数据的平均数为，标准差为，极差为，第百分位数为，则下列说法一定正确的是（ ）
A. 乙组数据的平均数为B. 乙组数据的极差为
C. 乙组数据的第百分位数为D. 乙组数据的标准差为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据平均数、极差、标准差的性质及百分位数的定义判断即可.
【详解】不妨设甲组数据从小到大排列为：，
则乙组数据从小到大排列为：，
因为甲组数据的平均数为，标准差为，极差为，第百分位数为，
则，又，所以，
所以乙组数据的平均数为，故A正确；
乙组数据的极差为，故B正确；
乙组数据的第百分位数为，故C正确；
乙组数据的标准差为，故D错误.
故选：ABC
10. 在三棱台中，侧面是等腰梯形且与底面垂直，，，，，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D. 三棱台的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据面面垂直证明线面垂直，再证线线垂直，可判断A的真假；根据两个同高的三棱锥的体积之比等于它们的底面积之比，可判断BC的真假；根据台体的体积公式求出台体体积，判断D的真假.
【详解】如图：
对于A：在中，,，所以，即.
由平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，故A正确；
对于B：因为，，且∽，所以.
又三棱锥和 的高相同，所以，故B正确；
对于C：因为，所以，所以，即，故C错误；
对于D：因为三棱台的高为1，所以三棱台的体积为：，故D正确.
故选：ABD
11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，为偶函数，则下列说法一定正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据奇函数和偶函数的定义，结合函数的周期性和对称性，即可判断.
【详解】对A：令，则；令，则.所以，故A正确；
对B：因为，
两边求导，得即；
因数为偶函数，所以，
所以，故成立，故B正确；
对C：因为，
所以，未必0，故C错误；
对D：因为，令，则，故D正确.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：若，的定义域均为，且，则：
（1）若为奇函数，则为偶函数；若为偶函数，则为奇函数.反之也成立.
（2）若为周期函数，则也是周期函数，且周期相同，反之未必成立.
第II卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，则=_____________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知条件结合同角三角函数间的平方关系，求得，进而可得解.
【详解】联立，得，因此．
故答案为：
13. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，过且垂直于轴的直线交椭圆于、两点，若为等边三角形，则椭圆的离心率为_________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知及是等边三角形即可求得：,，利用椭圆定义列方程可得：，整理得：，问题得解．
【详解】如图，依据题意作出图形，
由题可得：，又为等边三角形，
由椭圆的对称性可得：，又
计算可得：,
由椭圆定义可得：
整理得：
所以
【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质，还考查了三角形中的边、角计算，还考查了椭圆的定义应用，考查方程思想及计算能力，属于中档题．
14. 现有甲、乙、丙等7位同学，各自写了一封信，然后都投到同一个邮箱里.若甲、乙、丙3位同学分别从邮箱里随机抽取一封信，则这3位同学抽到的都不是自己写的信的不同取法种数是__________（用数字作答）.
【答案】
【解析】
【分析】设甲、乙、丙位同学的信件分别为、、，对、、取到的个数分四种情况讨论，按照分类、分步计数原理计算可得.
【详解】设甲、乙、丙位同学的信件分别为、、，
若、、都没有取到，则有种不同的取法；
若、、取到一个，则有种不同的取法；
若、、取到两个，则有种不同的取法；
若、、取到三个，则有种不同的取法；
综上可得一共有种不同的取法.
故答案为：
四、解答题：本大题共5小题，满分77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且，.
（1）求的面积；
（2）若，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理得到，从而得到，再由面积公式计算可得；
（2）由余弦定理得到，从而得到，再由正弦定理将边化角，即可求出，从而得解.
【小问1详解】
因为，，
由正弦定理可得，所以，
所以；
小问2详解】
因为，又，，
所以，所以，则，
由正弦定理可得，又，
所以，显然，所以，则，
又，所以.
16. 如图，四棱锥底面是正方形，且，.四棱锥的体积为.

（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，即可得到，设到平面的距离为，根据锥体的体积公式求出，即可得到平面，从而得证；
（2）取的中点，连接，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
取的中点，连接，因为，，
所以，
又四棱锥的底面是正方形，所以，设到平面的距离为，
则，所以，
所以，即平面，又平面，所以平面平面；
【小问2详解】
取的中点，连接，则，即，
如图建立空间直角坐标系，则P0,0,1，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，取，
又平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17. 已知函数.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若函数存在两个零点，，且，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求出，再求出导函数，即可得到切线的斜率，从而求出切线方程；
（2）由（1）可得，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（3）由，可得必有一个零点为，再结合（2）讨论可得.
【小问1详解】
因为，
所以，，则，
所以函数在处的切线方程为；
【小问2详解】
函数的定义域为，
且，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，则当或时，当时，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
当时，则当或时，当时，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
综上可得，当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减.
【小问3详解】
因为，必有一个零点为，
由（1）可得，当时只有一个零点，不符合题意；
当时，在，上单调递增，在上单调递减，
显然，
当时，则，，，
所以，
所以在上存在一个零点，
此时有两个零点，（不妨令），且，，即，满足；
当时，在，上单调递增，在上单调递减，
所以在不存在零点，且一个零点为，则另一零点不可能大于，
此时不满足，故舍去；
综上可得实数的取值范围为.
18. 密室逃脱是当下非常流行的解压放松游戏，现有含甲在内的7名成员参加密室逃脱游戏，其中3名资深玩家，4名新手玩家，甲为新手玩家.
（1）在某个游戏环节中，需随机选择两名玩家进行对抗，若是同级的玩家对抗，双方获胜的概率均为；若是资深玩家与新手玩家对抗，新手玩家获胜的概率为，求在该游戏环节中，获胜者为甲的概率；
（2）甲作为上一轮的获胜者参加新一轮游戏：如图，有两间相连的密室，设两间密室的编号分别为①和②.密室①有2个门，密室②有3个门（每个门都可以双向开），甲在每个密室随机选择1个门出去，若走出密室则挑战成功.若甲的初始位置为密室①，设其挑战成功所出的密室号为，求的分布列.
【答案】（1）
（2）分布列见解析
【解析】
【分析】（1）先求出7人中随机选择2人的情况数和包含甲的情况数，分析得到6种情况中，甲和资深玩家对抗的情况有3种，和同级的玩家对抗情况有3种，分两种情况，求出甲获胜的概率，相加即可；
（2）设为甲在密室①，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，为甲在密室②，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，分析得到两个方程，求出，从而得到和，得到分布列.
【小问1详解】
7人中随机选择2人，共有种情况，其中含甲的情况有种，
6种情况中，甲和资深玩家对抗的情况有3种，和同级的玩家对抗情况有3种，
则甲和资深玩家对抗并获胜的概率为，
和同级的玩家对抗并获胜的概率为，
故在该游戏环节中，获胜者为甲的概率为；
【小问2详解】
设为甲在密室①，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，
为甲在密室②，且最终从密室①走出密室，挑战成功的概率，
考虑，需考虑甲直接从号门走出密室或者进入密室②且最终从密室①走出密室，
故①，
考虑，则甲从号门进行密室①，且从密室①走出密室，
故②，
联立①②，可得，
所以，故，
故分布列如下：
19. 已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，
（i）当，时，求证：；
（ii）求.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据数列的前项和，可构造数列的递推公式，再构造等比数列，可求数列的通项公式.
（2）先利用等差数列的前项和公式求，因为，再利用错位相减法求和.
【小问1详解】
当时，.
当时，，，
两式相减得：.
所以是以为首项，以2为公比的等比数列，
所以.
当时，上式也成立.
所以数列的通项公式为：
【小问2详解】
由题意：，
（i）当，时，，，
.
因为，
因为，所以，
所以：.
（ii）因为，所以.
，
所以
设，
则
两式相减得：，
所以.
即.
【点睛】关键点点睛：（1）当时，数列是首项为，公差为的等差数列，项数为：.
（2）当数列是“等差等比”形式时，其前项和用“错位相减法”求和.1
2