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）

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一、单选题（每题5分，共40分）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：B3.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：D4.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.2 B. 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：D7.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：C8.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=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：ABD11.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−1,0C.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′x<0，当时，f′x>0，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】