2024-2025学年广东省广州市高三上学期教学10月联考数学质量检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年广东省广州市高三上学期教学10月联考数学质量检测试卷（附解析），共25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。
1. 已知复数满足，则复数（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】利用复数的除法运算结合模长公式进行求解.
【详解】由题意得，
所以，
故选：B.
2. 将函数的图像向右平移个单位长度后得到曲线，若关于轴对称，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】根据题意可得曲线为，又关于轴对称，所以，根据即可得解.
【详解】曲线为，
又关于轴对称，所以，
解得，又，
所以当时，的最小值为.
故选：B
3. 已知数列an满足，若，则数列bn的前10项和为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由递推关系求出，再由裂项相消法求的前10项和即可.
【详解】因为，
所以，
两式相减可得，即，
所以，
所以.
故选：D
4. 已知向量，，且与夹角不大于，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】根据向量坐标运算和向量夹角公式可表示出，根据夹角的范围知，由此构造不等式求得结果.
【详解】由题意得：，，
，
设与夹角为，则，
，，即，
，解得：，即的取值范围为.
故选.
本题考查根据向量夹角的范围求解参数范围的问题，关键是熟练应用向量的坐标运算和向量夹角公式；注意两个向量所成角的范围为.
5. 已知圆，直线.则直线被圆截得的弦长的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】先求出直线所过的定点，数形结合得到当时，直线被圆截得的弦长最小，再由垂径定理得到最小值.
【详解】直线，
令，解得，所以直线恒过定点，
圆的圆心为，半径为，
且，即在圆内，
当时，圆心到直线的距离最大为，
此时，直线被圆截得的弦长最小，最小值为.
故选：A.
6. 已知双曲线的焦点关于渐近线的对称点在双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）
A. 2B. C. D.
【正确答案】D
【分析】设双曲线的右焦点为，求出渐近线方程，设F关于的对称点为，由中点坐标公式和两直线垂直的条件列出方程，化简整理即可求解．
【详解】双曲线的右焦点为，渐近线方程为：，
设F关于的对称点为，
由题意可得，解得，
又点M在双曲线上，则，
整理得：，得离心率，
故选：D
7. 如图，边长为2的正方形沿对角线折叠，使，则三棱锥的体积为（ ）

A. B. C. D. 4
【正确答案】C
【分析】根据给定条件，利用空间向量的数量积求出，再利用三棱锥体积公式计算即得.
【详解】取中点，连接，则，
而平面，
于是平面，，，
又，则，
解得，，而，则，
，
所以三棱锥的体积为.
故选：C

8. 设实数，若不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】将原不等式转化为恒成立，先判断得出恒成立，结合不等式的基本性质可得恒成立，进而求解即可.
【详解】，即，
因为，所以，即恒成立，
令，则，
当时，单调递减，当时，单调递增，
因为，所以，
若时，不等式恒成立，则恒成立，
若时，，恒成立，则也成立，
所以当时，恒成立，所以得，即，
设
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，所以，即正实数的最小值为.
故选：C
关键点点睛：运用同构的基本思想将原不等式转化为恒成立，再运用不等式的性质，先得出恒成立，再运用导数讨论恒成立进而求出结果.
二、多选题（每题6分，共18分）
9. 已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A. 为奇函数B. 是以为周期的函数
C. 的图象关于直线对称D. 时，的最大值为
【正确答案】AD
【分析】对于A，由正弦函数的奇偶性即可判断；对于B，判断是否成立即可；对于C，判断是否成立即可；对于D，可得时，单调递增，由此即可得解.
【详解】对于A，的定义域为（关于原点对称），且，
对于B，，故B错误；
对于C，，
，
但，即的图象不关于直线对称，故C错误；
对于D，时，均单调递增，所以此时也单调递增，
所以时，单调递增，其最大值为.
故选：AD.
10. 如图，设正方体的棱长为，点是的中点，点为空间内两点，且，则（ ）

A. 若平面，则点与点重合
B. 设，则动点的轨迹长度为
C. 平面与平面的夹角的余弦值为
D. 若，则平面截正方体所得截面的面积为
【正确答案】ABD
【分析】假设点不与重合，根据平面，平面，可得，而，故假设不成立，A正确；根据已知判断出动点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆的，，进而判断选项B；建立空间直角坐标系，利用向量法求解面面夹角余弦值即可判断选项C；根据已知条件做出图形，即可求出面积判断选项D.
【详解】由正方体的性质知，平面，
若点不与重合，因为平面，
则，与矛盾，
故当平面时，点与重合，故A正确；
因，
所以点在平面上，
因为，
所以，
则动点的轨迹是以点为圆心，
以为半径的圆的，故其长度为，故B正确；
对于C，以点为坐标原点，
分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
所以.
设平面的一个法向量为n1=x1,y1,z1，
平面的一个法向量为，
则得，
令，，所以，
同理结合得，
因为，
所以平面与平面的夹角的余弦值为，故C错误；
对于D，过的直线分别交的延长线于点，
然后再分别连接，交侧棱于点，
交侧棱于点，连接和，如图所示：

则得截面为五边形，
易求，
，故，
所以，
，
所以五边形的面积，故D正确.
故选：ABD
11. 设函数的定义域为，且满足，，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 当时，的取值范围为−1,0
C. 为奇函数D. 方程仅有6个不同实数解
【正确答案】BC
【分析】根据和可得的图象关于对称，且周期为8，并得到在一个周期所有解析式，作出图象逐一判断即可.
【详解】由可得：的图象关于对称，所以，
又因为，所以，
故，所以的周期为8，
令，则，所以，
令，则，所以
令，则，所以
所以得到在一个周期内所有解析式，
作出在图象并根据周期补充在的图象如下所示：

对于A，，故A不正确；
对于B，当 时，由图可知，故B正确；
对于C，的图象可以由的图像向左平移三个单位，
从而得到图象关于原点对称，故为奇函数，即C正确；

对于D，在同一坐标系作出的图象如下图：

当时，，当时，，由图可知有5个交点，
所以D不正确.
故选：BC
三、填空题（每题5分，共15分）
12. 已知，是函数的两个零点，且，当时，最小值与最大值之和为________．
【正确答案】
【分析】先利用三角函数恒等变换将函数化为的形式，再由可得的两个零点为，再结合可求出函数的最小正周期，从而可求出，进而可求得结果.
【详解】
，
由，得，得，
因为是函数的两个零点，且，
所以的最小正周期为，所以，得，
所以，
由，得，则，
所以，得，
所以，
所以最小值与最大值之和为，
故答案为.
13. 已知件次品和件正品放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出件次品或者检测出件正品时检测结束，则恰好检测四次停止的概率为_____（用数字作答）．
【正确答案】
【详解】由题意可知，2次检测结束的概率为，
3次检测结束的概率为，
则恰好检测四次停止的概率为.
14. 已知函数，若且，则的最大值为__________．
【正确答案】
【分析】先利用导数分析的图象性质，结合图象可知，从而将转化为，再利用导数即可得解.
【详解】因为，
当时，，则，
当时，f′x0，单调递增；
所以，且当时，，
而当时，是一次函数，
所以的大致图象如下：
因为，为使取得最大值，必然异号，
不妨设，同时结合图象可知，其中满足，
由于，所以，
所以，即，
所以，
令，则，
当时，，单调递增减；
当时，，单调递减；
由于，所以，
则的最大值为.
故答案为.
关键点睛：本题解决的关键在于将问题转化为的最值问题，利用导数即可得解.
四、解答题（共77分）
15. 在中，内角所对的边分别为，且.
（1）求角；
（2）射线绕点旋转交线段于点，且，求的面积的最小值.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）借助正弦定理将边化角后，利用三角形内角和公式及两角和的正弦公式计算即可得；
（2）借助等面积法计算可得，利用基本不等式可得， 利用面积公式计算即可得.
【小问1详解】
，
由正弦定理得，
则，
即
则，
且，
，；
【小问2详解】
由和，可知，
因为，
所以，
又因为，
所以，即，
又，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，
所以，
所以的面积的最小值为.
16. 已知函数.
（1）若曲线在处的切线与轴垂直，求的极值.
（2）若在只有一个零点，求.
【正确答案】（1）极小值，无极大值；
（2）.
【分析】（1）求出函数的导数，结合几何意义求出，再分析单调性求出极值.
（2）由函数零点的意义，等价变形得在只有一解，转化为直线与函数图象只有一个交点求解.
【小问1详解】
函数的定义域为R，求导得，，
依题意，，则，，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得极小值，无极大值.
【小问2详解】
函数在只有一个零点，等价于在只有一个零点，
设，则函数在只有一个零点，当且仅当在只有一解，
即在只有一解，于是曲线与直线只有一个公共点，
令，求导得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
函数在取得极小值同时也是最小值，
当时，；当时，，
画山大致的图象，如图，
在只有一个零点时，，
所以在只有一个零点吋，.
17. 如图，在正三棱柱中，底面的边长为1，P为棱上一点．
（1）若，P为的中点，求异面直线与所成角的大小；
（2）若，设二面角、的平面角分别为、，求的最值及取到最值时点P的位置．
【正确答案】（1）
（2）详见解析
【分析】（1）取中点，连接，，易知，则为异面直线与所成的角求解；
（2）分别取，的中点，，连接，，，根据正三棱柱，易证为二面角的平面角，为二面角的平面角求解.
【小问1详解】
解：如图所示：
取的中点，连接，，易知，
则为异面直线与所成的角，
又，，，
由余弦定理得；
【小问2详解】
如图所示：
分别取，的中点，，连接，，，
在正三棱柱中，
易知，，又，
所以平面，又平面，
所以，则为二面角的平面角，
同理为二面角的平面角，
设，则，
所以，，
则，，
当时，即P为的中点时，取得最大值，
18. 定义：若椭圆上的两个点满足，则称为该椭圆的一个“共轭点对”，记作.已知椭圆的一个焦点坐标为，且椭圆过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求“共轭点对”中点所在直线的方程；
（3）设为坐标原点，点在椭圆上，且，（2）中的直线与椭圆交于两点，且点的纵坐标大于0，设四点在椭圆上逆时针排列.证明：四边形的面积小于.
【正确答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，利用椭圆的定义求出长轴长即可作答.
（2）设，根据“共轭点对”的定义列出方程，化简作答.
（3）求出的坐标，设点，，利用点差法得，再求出点P到直线l距离的范围即可推理作答.
【小问1详解】
依题意，椭圆的另一焦点为，
因此 ，
于是，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
设“共轭点对”中点B的坐标为，由（1）知，点在椭圆C：上，
依题意，直线l的方程为，整理得，
所以直线的方程为.
【小问3详解】
由（2）知，直线：，由，解得或，则，，
设点，，则，两式相减得，
又，于是，则，有，线段PQ被直线l平分，
设点到直线的距离为d，则四边形的面积，
而，则有，
设过点P且与直线l平行的直线的方程为，则当与C相切时，d取得最大值，
由消去y得，
令，解得，
当时，此时方程为，即，解得，
则此时点P或点Q必有一个和点重合，不符合条件，从而直线与C不可能相切，
即d小于平行直线和（或）的距离，
所以.
关键点睛：本题第二问的关键是设点，，代入椭圆方程，利用点差法证明出线段PQ被直线l平分，再设过点P且与直线l平行的直线的方程为，将其与椭圆方程联立，求出直线与椭圆相切时的值，即可证明面积小于.
19. 无穷数列，，…，，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是．
（1）写出这个数列的前7项；
（2）如果且，求m，n的值；
（3）记，，求一个正整数n，满足．
【正确答案】（1），，，，，，；
（2）；
（3）（答案不唯一，满足即可）
【分析】（1）根据数列an定义，逐一求解；
（2）根据数列an的定义，分和分别求解；
（3）根据数列an的定义，写出的值，即可求解.
【小问1详解】
根据题意，，，
，，，
，．
【小问2详解】
由已知，m，n均为奇数，不妨设．
当时，因为，所以，故；
当时，因为，而n为奇数，，所以．
又m为奇数，，所以存在，使得为奇数．
所以．
而，所以，即，，无解．
所以．
【小问3详解】
显然，n不能为偶数，否则，不满足．
所以，n正奇数．
又，所以．
设或，．
当时，，不满足；
当时，，即．
所以，取，时，
即．
关键点点睛：第（3）问中，发现当时，满足，从而设，，验证满足条件.