2024-2025学年广东省广州市高三上册1月期末数学质量检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年广东省广州市高三上册1月期末数学质量检测试题（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．充要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
3．正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素.如图，该几何体是一个棱长为的正八面体，则此正八面体的体积与表面积的数值之比为（ ）

A．B．C．D．
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数，则关于的不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
6．若函数，的值域为，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
7．向量，且，则（ ）
A．B．C．D．
8．如图，已知双曲线的左､右焦点分别为，，过的直线与分别在第一､二象限交于两点，内切圆半径为，若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知斜率为的直线经过抛物线的焦点，与抛物线交于点两点（点在第一象限），与抛物线的准线交于点，若，则以下结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．为中点
10．在平面直角坐标系中，已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．是的图象的一条对称轴
C．将函数图象上的所有点向左平移个单位长度，所得到的函数解析式为
D．在内恰有3个零点
11．若函数，则（ ）
A．是奇函数B．有且仅有2个极值点
C．有且仅有1个零点D．的一条切线方程为
12．如图，已知二面角的棱上有，两点，，，，，且，则下列说法正确的是（ ）

A．
B．当二面角的大小为时，与平面所成的角为
C．若，则四面体的体积为
D．若，则二面角的余弦值为
三、填空题
13．在平面直角坐标系中，圆关于直线对称的圆为，则的方程为 ．
14．在中，，若，则 ．
15．与直线和直线都相切且圆心在第一象限，圆心到原点的距离为的圆的方程为 ．
16．设双曲线()的右焦点为F，过F作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为H，若(O为坐标原点)，则双曲线C的离心率为 ．
四、解答题
17．已知，，分别是三角形三个内角，，的对边，已知，，
(1)求的值；
(2)求的周长.
18．已知等比数列的第二､三､四项分别是等差数列的第二､五､十四项，且等差数列的首项，公差.
(1)求数列与的通项公式；
(2)设数列对任意均有成立，求的值.
19．已知四边形为矩形，，，且平面，点为上的点，且平面，点为中点.
(1)求证：平面；
(2)求与平面所成线面角的正弦值.
20．设动圆与圆外切，与圆内切.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)过点且不与轴垂直的直线交轨迹于，两点，点关于轴的对称点为，为的外心，试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
21．中国象棋是中国棋文化，也是中华民族的文化瑰宝，它源远流长，趣味浓厚，基本规则简明易懂.在中国有着深厚的群众基础，是普及最广的棋类项目.某地区举行中国象棋比赛，先进行小组赛，每三人一组，采用单循环赛（任意两人之间只赛一场），每场比赛胜者积3分，负者积0分，平局各1分.根据积分排名晋级淘汰赛，若出现积分相同的情况，则再进行加赛.已知甲、乙、丙三人分在同一个小组，根据以往比赛数据统计，甲、乙对局时，甲胜概率为，平局概率为；甲、丙对局时，甲胜概率为，平局概率为；乙、丙对局时，乙胜概率为，平局概率为.各场比赛相互独立，若只考虑单循环赛的三场比赛，求：
(1)甲积分的期望；
(2)甲、乙积分相同的概率
22．已知函数.
(1)讨论函数的极值点个数；
(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围.
1．C
【分析】利用定义域的求法化简集合B，然后利用交集运算求解即可.
【详解】因为，又，
所以.
故选：C
2．A
【分析】由得，或，可知“”是“”充分不必要条件.
【详解】充分性：若，则；
必要性：若则，
则，得，或，故不满足必要性
综上“”是“”充分不必要条件，
故选：A
3．B
【分析】利用四棱锥体积公式，可得正八面体的体积，再根据正三角形面积公式可得正八面体的表面积.
【详解】
如图所示，连接，，
则四边形为正方形，且平面，
由正八面体可知，
，
则，，
所以，
表面积，
所以，
故选：B.
4．D
【分析】由已知求出，再利用余弦函数的二倍角公式求解即可.
【详解】
，
则，
故选：D.
5．C
【分析】根据函数奇偶性，以及求导判断函数的单调性，即可求解相应不等式.
【详解】，
，为奇函数，
则，
，，
，为减函数，
又，
则，
，
或.
故选：C
6．D
【分析】利用可得，再由三角函数图像性质可得，解不等式即可求得的取值范围.
【详解】根据题意可知若，则可得；
显然当时，可得，
由的值域为，利用三角函数图像性质可得，
解得，即的取值范围是.
故选：D
7．A
【分析】利用平面向量的数量积及模长计算夹角即可.
【详解】由已知可得，
又，
所以.
故选：A
8．D
【分析】根据双曲线定义和几何性质，结合圆的切线长定理与余弦定理即可求解.
【详解】
设，内切圆圆心为，内切圆在上的切点分别为，
则，
由及双曲线的定义可知，，
故四边形是正方形，
得，于是，
故，所以，
于是，在中，
由余弦定理可得，
从而，所以.
故选：D.
9．BCD
【分析】作出图形，利用抛物线的定义、相似三角形等知识来判断各选项命题的正误.
【详解】如下图所示：
分别过点作抛物线的准线的垂线，垂足分别为点、
抛物线的准线交轴于点，则，
由于直线的斜率为，其倾斜角为，
轴，，由抛物线的定义可知，，
则为等边三角形，
，则，
设，，由，则，可得 ，
所以 ，
,解得
所以,所以B正确.
，得，
A选项错误；
所以,满足,所以C正确.
而,所以D正确.
故选：BCD
10．AB
【分析】利用三角函数的定义求得，从而得到的解析式，进而利用三角函数的性质与平移的结论，逐一分析各选项即可得解.
【详解】因为，所以由三角函数的定义得，，
所以，
则
，
A: ，故A正确；
B：因为，所以是的图象的一条对称轴，故B正确；
C：将函数图象上的所有点向左平移个单位长度，
所得到的函数解析式为，故C错误；
D：令，得，
解得，
仅，1，即符合题意，
即在内恰有两个零点，故D错误.
故选：AB
11．AC
【分析】根据函数的奇偶性定义可判定A，由导数研究函数的极值点可判定B，由函数与方程的关系可判定C，由导数的几何意义可判定D.
【详解】易知函数的定义域为R，又，故A正确；
令，故C正确；
由，
显然时，，即此时单调递增，
又是奇函数，故在R上单调递增，不存在极值点，故B错误；
对于D项，设切点，则，
对于，即函数单调递增，且，
所以，
同理，对于，即函数单调递减，且，
所以，
当时，，此时切线方程为，
当时，，此时切线方程为，故D错误.
故选：AC
12．AD
【分析】由空间向量的数量积运算即可判断A，由线面角的定义即可判断B，由三棱锥的体积计算公式即可判断C，由二面角的定义，即可判断D.
【详解】A：，故A正确；

B：如图，过作，且，连接，，则为正方形，
则，又，，平面，
所以平面，所以平面，则为二面角的平面角，
当时，易得为正三角形，过作，
则平面，故即为与平面所成的角.
且，，
在中，，故B错误；
C：时，则，且，
则，所以，则，又，
，平面，所以平面，
则到面的距离为1，所以四面体的体积为，
所以C错误；

D：由可得，则，即
为等边三角形，所以，即二面角的大小为，
取中点，连接，，则，所以，
由选项B可知，平面，且平面，所以，
且平面，所以平面，
又平面，则，
所以为二面角的平面角，
又，所以，
则，故D正确；
故选：AD
13．
【分析】直线为线段的垂直平分线，确定线段的中点和斜率即可求出的方程为.
【详解】圆，即，其圆心，
又的圆心，
根据题意可得直线为线段的垂直平分线，
又，线段的中点，
则直线的方程为，即.
故答案为.
14．0
【分析】根据向量线性运算得，利用向量数量积运算可得解.
【详解】，
，
又，即，
.
故0.
15．
【分析】设圆心坐标，根据题意列关于的方程，求出它们的值，进而求得半径，即可得答案.
【详解】设圆心坐标为，
由于所求圆与直线和直线都相切，
故，化简为，而，则，
又圆心到原点的距离为，即，
解得，即圆心坐标为，则半径为，
故圆的方程为，
故
16．
【分析】由双曲线的几何性质可得，，，，所以，再结合向量的数量积运算求解即可．
【详解】由双曲线的几何性质可得，，，，
所以，
所以，
即，所以，所以离心率．
故．
17．(1)
(2)14
【分析】（1）依题意用表示，结合为锐角即可求解；
（2）用正弦定理结合等比例性质即可求解.
【详解】（1）由得：，
∴，
由知，故为锐角，∴，
∴.
（2）由（1）知：，，
由正弦定理得：，
∴，
故的周长为14.
18．(1).
(2)
【分析】（1）由题意得，再利用等比数列和等差数列的性质列方程可求出，从而可求出公比，进而可求得数列与的通项公式；
（2）由，得，两式相减可求得，再验证，然后利用等比数列的求和公式可求得结果.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
由题意，，
，解得，或（舍去），
，
.
（2）由题意，，①
，②
②-①得，
当时，不满足上式，所以，
.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理及等腰三角形的三线合一定理，再利用三角形的中位线定理及平行的传递性，结合平行四边形的性质及线面平行的判定定理；
（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，结合直线的方向向量和平面的法向量，再利用向量的夹角公式即可求解.
【详解】（1）取中的，连接、，
因为平面,平面,所以,
因为，，所以为中点，
为中点,所以,
又因为点为中点，四边形为矩形，所以,
所以四边形为平行四边形，
所以,平面,平面，
所以平面.
（2）因为平面,平面,所以,
由（1）知，为中点,
因为平面,平面，所以,又因为
所以平面，平面,所以.
以为坐标原点，为轴，为轴,建立空间直角坐标系,如图所示
由题意可知，,
,
设平面的法向量为，则
,即，令，则，所以，
设与平面所成线面角为，则
,
所以与平面所成线面角的正弦值为.
20．(1)
(2)是，
【分析】（1）根据两圆关系可得，即可根据椭圆定义求解；
（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可由中点坐标公式求解,进而求解的中垂线的方程，根据外心的性质即可结合弦长公式求解.
【详解】（1）设动圆半径为，
由圆与圆外切得：，由圆与圆内切得：，
故，
故点的轨迹是以，为焦点的椭圆，且，，故，
∴点的轨迹的方程为.
（2）设，，
由，
故，，
，
所以的中点，
故的中垂线的方程为：．
因为的中垂线为轴，故的中垂线与轴的交点即为外心，
令得：，故，
又，
故（定值）．
21．(1)
(2)
【分析】（1）求出甲和乙、丙对局时输的概率，甲积分为，则的可能取值为，算出每种情况的概率，得到的分布列，利用期望的公式求解即可；
（2）若甲、乙积分相同，则只能同时积1分、2分、3分、4分，分类求出每种情况的概率，根据分类加法计数原理求解即可.
【详解】（1）由已知可得，甲、乙对局时，甲输的概率为；甲、丙对局时，甲输的概率为，
设甲积分为，则的可能取值为，
，
，
，
，
，
.
的分布列为：
；
（2）若甲、乙积分相同，则只能同时积1分、2分、3分、4分，
若甲、乙均积1分，则甲、乙对局平局，甲、丙对局丙胜，乙、丙对局丙胜，
其概率为；
若甲、乙均积2分，则甲、乙对局平局，甲、丙对局平局，乙、丙对局平局，
其概率为；
若甲、乙均积3分，则甲、乙对局甲胜，甲、丙对局丙胜，乙、丙对局乙胜，或者甲、乙对局乙胜，甲、丙对局甲胜，乙、丙对局丙胜，其概率为：
；
若甲、乙均积4分，则甲、乙对局平局，甲、丙对局甲胜，乙、丙对局乙胜，其概率为：
；
所以甲、乙积分相同的概率为.
22．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据函数极值的定义，结合一元二次方程根的判别式分类讨论进行求解即可；
（2）利用换元法构造函数，根据导数的性质进行求解即可.
【详解】（1），，.
令，方程的判别式为，
①：当即时，，单调递增，无极值点；
②：当即时，函数有两个零点，，
（i）当时.，，当时，单调递减，
当时，单调递增，有一个极小值点；
（ii）当时，，
当与时，单调递增，
当时，单调递减，有两个极值点.
综上：当时无极值点；当时有两个极值点；
当时有一个极小值点.
（2）不等式恒成立，即.
，令，，
.
令，，则需，
当时，，单调递增，又，
时，不合题意，.
当时，单调递减，当时单调递增，.
而，，
又由可得，
所以需，
令，，当时单调递增，
当时单调递减，
，
.
关键点睛：本题的关键是根据换元法把变形为.
0
1
2
3
4
6