2025届广东省佛山市顺德区普通高中高三(上)教学质量检测(一)数学试卷(解析版)

这是一份2025届广东省佛山市顺德区普通高中高三(上)教学质量检测(一)数学试卷(解析版)，共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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】因为，
所以，
所以.
故选：B
2. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】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】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】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－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】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】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】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】∵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. 乙组数据第百分位数为D. 乙组数据的标准差为
【答案】ABC
【解析】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】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 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】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.
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】联立，得，因此．
13. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0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】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．
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】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.
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.
解：（1）因为，，
由正弦定理可得，所以，
所以；
（2）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.
解：（1）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）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.
解：（1）因为，
所以，，则，
所以函数在处的切线方程为；
（2）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.
（3）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，，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.
解：（1）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；
（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，
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.
解：（1）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：
（2）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.1
2