精品解析：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数学试题一

2024学年顺德区普通高中高三教学质量检测（一） 数学试题 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. 2 B. 1 C. 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】A：单位向量，满足， 则，所以， 所以，又，所以，故A错误； B：，故B错误； C：因为， 所以向量在向量上的投影向量为，故C错误； D：因为，所以，故D正确. 故选：D 5. 函数是（ ） A. 偶函数，且最小值为－2 B. 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. 999 B. 1000 C. 1001 D. 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，未必为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，反之未必成立. （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，过作x轴的垂线交椭圆于，若为等边三角形，则椭圆的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据椭圆通径、焦距及等边三角形的性质结合离心率的定义计算即可. 【详解】不妨设，则，, 又为等边三角形，则， 即， 解之得，负根舍去. 故答案为：. 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，四棱锥的底面是正方形，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：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； （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】 略 【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，，， 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）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. （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） 1 2 【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： 1 2 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：当，时，，， . 因为， 因为，所以， 所以：. （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）略 （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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年顺德区普通高中高三教学质量检测（一） 数学试题 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. 2 B. 1 C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 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 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. 5. 函数是（ ） A. 偶函数，且最小值为－2 B. 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 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 7. 已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 记正项数列的前项积为，已知，若，则的最小值是（ ） A. 999 B. 1000 C. 1001 D. 1002 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 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 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. 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=_____________． 13. 已知椭圆的左右焦点分别为，过作x轴的垂线交椭圆于，若为等边三角形，则椭圆的离心率为______. 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）. 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. 16. 如图，四棱锥的底面是正方形，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. 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. 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. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $