广东省深圳市宝安区2024-2025学年高三上学期10月第一次调研测试 数学 含答案（可编辑）

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2024.10
注意事项：
1．答题前，请将姓名、班级和学校用黑色字迹的钢笔或签字笔填写在答题卡指定 的位
置上，并正确粘贴条形码。
2 ．作答选择题时，选出每题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目答案标号的 信息
点框涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。作答非选择题时，用黑色字
迹的钢笔或签字笔把答案写在答题卡指定区域内，写在本试卷或 草稿纸上，其答案一律
无效。
3 ．本试卷共4 页，19 小题，满分 150 分。考试时间 120 分钟。
4 ．考试结束后，请将答题卡交回。
一、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
个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1.样本数据 1，6，7，8，8，9，10，11，12，13 的第 30 百分位数为（ ）
A.7 B.7.5 C.8 D.8.5
2.已知集合 A  x | x  5, B {xZ | x 1  2}，则 A B  （ ）
2
A.{1, 0,1, 2} B.{1, 2} C.{0,1, 2} D.{1, 0,1, 2, 3}
A. 1 i B.i C.1 i D. i
A. 2 B. 0 C.1 D. 2
5.已知sin(  )  m, tan  2 tan  ，则sin(  ) （ ）
A. m B. m C.3m D. 4m
6.一个正四面体边长为3，则一个与该正四面体体积相等、高也相等的正三棱柱的侧面积为
（ ）
}3.若
z
1
z
  ，则 z  （ ）
1 i

4.已知向量 a  (2, x),b  (x,2)
 
，若 a  (b  a) ，则 x （ ）
18.(本题 17 分）甲乙两人参加知识竞赛活动，比赛规则如下：两人轮流随机抽题作答，答
对积 1 分且对方不得分，答错不得分且对方积 1 分；然后换对方抽题作答，直到有领先 2
答题总次数为 nn  2 .
(1)求 p ；
(2)当n  2时，求甲得分 X 的分布列及数学期望；
8 8
(3)若答题的总次数为 n 时，甲晋级的概率为       .
P A ，证明： P A P A P A
n 2 3 n
15 9
19.(本题 17 分）定义：任取数列{a }中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为 3，则称数列
n
{a }具有“性质 3”．已知项数为 n 的数列{a }的所有项的和为 M ，且数列{a }具有“性质 3”．
n n n n
(2)若a1 = 2024,n = 2023，证明：“a2023 =-4042”是“ 1( 1, 2, , 2022)
a >a k =  ”的充要条
k k+
件；
}分者晋级，比赛结束.已知甲答对题目的概率为
4
5
，乙答对题目的概率为 p ，答对与否相互
独立，抽签决定首次答题方，已知两次答题后甲乙两人各积 1 分的概率为
2
5
.记甲乙两人的
(1)若n = 4 ，且
a = a = ，写出所有可能的
1 0, 4 3
M 的值；
n
宝安区 2025 届高三毕业班第一次调研考试
数学参考答案
一、单项选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B C B A C A D C
二、多项选择题
题号 9 10 11
答案 BD BC BCD
 14、 95 三、填空题：12、0 13、 4 3
576
2
四、解答题：
15、【解答】(1)证明：由题意知：PO  OA, PO  OB, OAOB  O，OA  平面 AOB，
OB 平面 AOBPO  平面 AOB，又 PO  2OA  4 ，所 PA  PB  2 5, AB  2 3 ，
1
2 2
所以    
S  2 3 2 5  3  51 ，
PAB
2
设点O到平面 PAB 的距离为 d ，由VOPAB VPOAB
(2)以O为原点，OC,OB,OP 的方向分别为 x, y, z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角
π
  ，则 A 3,1, 0，则C2, 0, 0,B0, 2, 0,P0, 0, 4， 坐标系，由题意知 AOC
6
所以 AB   3,3, 0, AP   3,1, 4,OC  2, 0, 0.
}得
1 1 1 2
        ，解得 4 17
d 51 4 2 2 sin
d  ；（6 分）
3 3 2 3
17
设平面 PAB 的法向量为 n  a,b,c，则

     
n AB 3a 3b 0



n  AP   3a b  4c  0

(利用几何解法相对简单，酌情给分)
x y
2 2
故椭圆C :  1, （5 分）
8 2
 
(2)设直线 AP 的倾斜角为 ，由
PAQ  ， 2  PAQ   ，得  ,k 1，
AP
2 4
k  k  0 k 1 
AP AQ AP
k  1 （或 
       )
AQ
k k 1 k 1
  
AP AQ
AQ
即 AP : y  x 3， AQ : y  x 1
17、【解答】(1)因为 F x ln x  x  x e2，
2
由 F(x)  0 ，解得0  x  1；由 F(x)  0 ，解得 x 1．
可知 F(x)在(0,1)内单调递增，在(1,)内单调递减，
}不妨取平面 PAB 的一个法向量为
r
n
 1 
  
3,1,
 
2
，
  nOC
2 3
sin  cs n,OC     
n OC 17
所以
2 51
17
. （13 分）
16、【解答】(1)解：由题
 
a b
2 2
 

a

4 1
  
1

a b
2 2
3
2
 
a

解得：

b 

2 2
2
联立 y  x  3 ，及
x y 14
2 2
  得 1 2
1 x  ,x  2 (舍），故
8 2 5
14 1
P( , ) ，
5 5
联立 y  x 1，及
x y
2 2 2 2 7
 1得 1 2
x   ,x  2(舍），故Q( , )
8 2 5 5 5
故
故
12 28
x  x  ， x x   , 而| AP | 2 | x 2|，| AQ| 2 | x 2|，
1 2 1 2 1 2
5 25
1 48
S  AP AQ  x x  x  x   （15 分）
| || | | 2( ) 4 | .
PAQ 1 2 1 2
2 25
可知 F(x)的定义域为0,，且
1 (2 x 1)( x 1)
F(x)  2x 1   ，
x x
(2)因为 f (x) g(x)  x2 (x 2)ex 在 x(0, 2]恒成立，
等价于 m  (x 2)ex ln x  x  2在 x(0, 2]恒成立．
1 1
u x    x  ，则u(x)  ex   0，
x x
当0  x  1时，则 x 1 0，设 ( ) ex ,0 1
2
当 x x 时，u(x)  0；当  
0, x x0,1 时，u(x)  0 ．
0
当 x x 时， h(x)  0 ；当  
0, x x0,1 时， h(x)  0 ．
0
可知函数 h(x) 在0, x 递增，在 0,1
x 递减，在(1, 2) 递增． 0
1  1 
可得      
h x  x 2 ex ln x  x 2  x 2 2x 2 3 2 x  
0 ， 0 0 0 0 0 0 0
x x
0 0
 
所以 m 的取值范围是[ln 2,) ． （15 分）
18、【解答】(1)记 A  “第 i 次答题时为甲”， B  “甲积 1 分”，
i
1 4 4 1
则 PA  ， PB A  ， PB A    ，  |  1
| | 1 P B A   p ， PB | A  p ， 1 i i i i
2 5 5 5
(2)由题意可知当 n=2 时，X 可能的取值为 0，1，2，则由（1）可知
X 的分布列为：
}1  1 
设 h(x)  (x 2)ex ln x  x  2， x(0, 2]，则 h x x x 
( )  ( 1)ex  1  1 ex  
x x
 
1
1
ex   e1 0，所以h(x)  0 ；
当 x 1时，则 x 1 0 ，且e  e,  1 ，可得
x
x x
，
 1   1 
可知u(x) 在(0,1)递增，且u  e  2  0, u(1)  e1  0 x  ,1
．则
 
0
   
2 2
，使得ux  ．
0 0
由ux 
0
1
 e   0 ，得e
x x
0 0
x
0
1
 ，且ln x  x ．
x
0 0
0
且
x
0
 1 
 
,1
 
2
，则 hx0  0 ，又因为h(2)  ln2  0，可知当 x(0, 2]时，  
h(x)  h 2  ln2，
max
2 1 4 1  1  1 4 
           
p p p p
1  1 
5 2 5 5 2 5 5
   
，
则
2 3p 1
 ，解得
5 5
1
p  ； （5 分）
3
2 1  1 1 1 1  1
P X   ，  
 1        
P X 0
5  
2 5 3 3 5 15
1  4 2 2 4 
， PX 2
       
2 5 3 3 5
 
8
15
，
1 2 8 22
随机变量 X 的数学期望为 E X  0 1  2  . （10 分）
15 5 15 15
(3)由答题总次数为 n 时甲晋级，不妨设此时甲的积分为 x甲 ，乙的积分为 x乙 ，
则 x甲  x乙  2 ，且 x甲  x乙  n ，所以甲晋级时 n 必为偶数，令 n  2m,m  N *
当 n 为奇数时，   0
P A  ，
n
则 P A P A P A P A P A P A
2 3 n 2 4 n
0 1 2 m1
 2  8  2  8  2  8  2  8
                

       
5 15 5 15 5 15 5 15
   m 
2
11  
        m          m
0 1 2 1 5
8 2 2 2 2 8 8 2
                     
1
2
15 5 5 5 5 15 1 9 5
         
   
      
5
 
 
又∵ m 1时， P A P A P A随着 m 的增大而增大，
2 3 n
8 8
∴        （17 分）
P A P A P A
2 3 n
15 9
19、【解答】(1)解：依题意，
若 : M =
a 0，3，0，3，此时 6
n n
若 : M =
a 0，-3，0，3，此时 0
n n
若 a :0，3，6，3，此时 M =12 （3 分）
n n
(2)证明：必要性：因为ak >ak+1(k =1, 2,, 2022)，
故数列{ }( 1, 2,3, 2023)
a n =  为等差数列，
n
a +1 -a =-3, (k =1, 2,, 2022)，公差为-3， 所以
k k
所以 2023 2024 (2023 1) ( 3) 4042, ( 1, 2, , 2022)
}P
1
15
2
5
8
15
a -a ³- a -a ³- a -a ³-
2023 2022 3, 2022 2021 3, 2 1 3, 充分性：由于
a -a ³- 即 a ³a - =- ，
2023 1 6066, 2023 1 6066 4042, 累加可得，
a =- ，故上述不等式的每个等号都取到，
2023 4042 因为
综上所述，“ a2023 =-4042”是“ a a 1(k 1, 2,, 2022)
> = ”的充要条件； （9 分） k k
+
(3)证明：令 ，依题意，c =±3，
k
因为 ， ， ， ，
所以
，
因为 3
c =± ，所以 为偶数 ，
k
所以 为偶数;
所以要使 ，必须使 为偶数，即 4 整除 ，
亦即 或 ，
当 时，
a4k-2 =-3， 4k 3,( 1, 2, )
a = k = m 比如 ，
当 时，
比如 ， a
4k-2 =-3， 4k 3, 4k 1 0( 1, 2, )
a = a = k = m ，
+
}a 1 a 3, (k 1, 2,, 2022)
+ - =- = ，所以
所以
k k
a a k 
+1 < ,( =1, 2, , 2022) ，充分性得证
k k
或 ，a - = ，
4k 2 3
a =- k = m 时， 有 ，
4k 3,( 1, 2, )
或 ，a4k-2 =3，
a =- a = k = m ，有 ，
4k 3, 4k 1 0( 1, 2, )
+