广东省佛山市顺德区普通高中2024-2025学年高三下学期教学质量检测（二）数学试题

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页广东省佛山市顺德区普通高中2024-2025学年高三下学期教学质量检测（二）数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知全集U，集合M⊆U，N⊆U，且M⊆∁UNA．∁UM∩C．∁UM∪2．已知复数z1=1−3i与z2=a+biA．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知命题p：∃x0∈R，12x0+1≤1，命题A．¬p假q假 B．p真¬q假 C．p假q真 D．p真q真4．某篮球运动员在近5场比赛中的得分依次为20，18，a，32，12，其中a∈N∗，若这5场比赛得分的第60百分位数为20，则a的值为（A．19 B．20 C．21 D．225．已知实数x，y满足3x+4y=5，则x2+yA．15 B．35 C．46．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若bsinA+2acosA．c=3a B．c=2a C．a=2c D．a=c7．已知圆O:x2+y2=1，过圆M:(x+1)2+(y−3)2A．2 B．22 C．4 D．8．设函数f(x)=(x−1)2(x−a)ln(x+b)，若f(x)≥0A．(−1,3] B．[−1,3)C．(−∞,−1)∪[3,+∞二、多选题9．已知函数f(x)=tan(2x+φ)−π2

A．φ=−π3 C．f(x)的一个单调递增区间为−π6,710．已知函数f(x)的定义域为xx≠0，且对任意的非零实数x，y，都有f(xy)=f(y)x+f(x)A．f(−1)=0B．数列f2n(n=1,2,⋅⋅⋅)C．数列f2D．n=111．已知在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=2CC1=2，M,H,N分别为棱A1C1，AAA．A1NB．沿该三棱柱的表面从点M到达点B的最短路径的长为4+C．若点P在线段HC1上（点P与点HD．若点P在线段AA1上，且PQ=2，则线段PQ三、填空题12．已知函数f(x)=3x(x−a)是偶函数，则a=13．已知向量a=(2,1)，a⋅(a+2b)=7，则14．已知椭圆Γ:x22+y2=1的左焦点为F，点A，B，C是椭圆Γ上逆时针顺序的三个动点，设FA，FB，FC两两之间的夹角分别为α，β，四、解答题15．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且(sin(1)求A；(2)若BC边上的中线AD=3，且S△ABC=16．某商场在元旦期间推出购物大酬宾活动：只要一次性购买的金额超过5000元即可抽奖一次．该商场共准备了25个球用来抽奖，其颜色及编号的数量如下表所示：编号颜色白色橙色①812②23(1)若采用不放回的方式从中抽取两个球，求“第一次抽到①号球且第二次抽到①号球白球”的概率；(2)若从中一次性随机抽取两球，中奖规则如下：①由以下情形设置一、二、三等奖，奖金分别为一等奖600元，二等奖150元，三等奖75元；（ⅰ）两球的颜色和编号都相同；（ⅱ）两球的颜色和编号都不同；（ⅲ）两球的颜色和编号有且仅有一项相同；②三种中奖情形中事件发生概率越小，奖金越高．记X为中奖金额，求X的均值．17．如图，已知四棱台ABCD−A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面ABB1A1⊥(1)若CN=1，证明：MN//平面ADD(2)在线段CD上是否存在点N，使平面ADD1A1与平面MNB夹角的余弦值为18．已知O为坐标原点，直线l1、l2的方程分别为y=3x和y=−3x，A、B分别是l1、l2上的动点，A、B两点的横坐标分别为u、t，且A、B两点都在y轴同侧，线段AB的中点为(1)证明：ut为定值；(2)求C的方程；(3)已知D是C上一点，P、Q两点分别在直线l1、l2上，且分别位于第一、四象限，PD=λDQ，λ>0，记△POQ的面积为S，且19．对于一个数列an，若bn=an+pan+1+(p−1)(1)当p=1时，是否存在数列an，使得bn是公比为2的等比数列？若是，写出数列(2)若p=2，an=n，求数列4bnb(3)若an=2答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《广东省佛山市顺德区普通高中2024-2025学年高三下学期教学质量检测（二）数学试题》参考答案题号12345678910答案CAABDDBCABDABD题号11答案AB1．C【分析】利用韦恩图法即可判断.【详解】如图，对于A：∁U对于B：M∪N≠U，所以B错误；对于D：N⊆∁对于C：由图观察显然∁U故选：C2．A【分析】写出复数对应点的坐标即可得到答案.【详解】z1在复平面内对应的点为(1,−3)，其关于直线x+y=0所以z2=3−i故选：A3．A【分析】赋值法可确定p的真假，易判断q的真假.【详解】命题p：因为当x0=0时，12≤1成立，所以命题q：“a>b”是“a2>b故选：A.4．B【分析】利用百分位数的定义即可求得结果.【详解】由5×60%=3，将得分从小到大排列，12,18,a,20,32,或者12,18,20,a,32（第60百分位数就不是20了）第60百分位数是第三个得分和第四个得分的平均数，所以a+202=20，解得故选：B5．D【分析】x2+y2为直线【详解】x2+y2为直线所以x2+y又原点到直线3x+4y=5的距离d=|3×0+4×0−5|所以x2故选：D.6．D【分析】由正弦定理可得sinB=−2cosB，结合同角的正余弦的平方关系可求得【详解】因为bsinA+2又因为sinA>0，所以sinB+2又因为sin2B+cos2B=1由余弦定理可知b2=a所以a2+c故选：D.7．B【分析】利用切线长最小时既是面积最小时，求出最小弦长即可求出面积的最小值.【详解】如图，SOAPB因为当M,O,P三点共线时，OM=此时|OP|所以四边形OAPB面积的最小值为22故选：B8．C【分析】由题意可得a=1−b，进而得1a+ab=1a(1−a)【详解】因为f(x)=(x−1)2(x−a)所以a=1−b，即a+b=1，所以1a因为a(1−a)=−(a−12所以1a故选：C.9．ABD【分析】根据图象过点0,−3求出φ的值可判断A；求出周期可判断B；求出函数的单调增区间可判断C；求出f【详解】由题图可得f(0)=tanφ=−3因为−π2<φ<π2，所以当k=0T=π由kπ−π2<2x−π3取k=0，可得函数f(x)的一个单调递增区间为−π因为fx+π6所以fx+故选：ABD10．ABD【分析】利用赋值法可判断A；令x=2n，y=2，可得数列2nf2【详解】因为f(xy)=f(y)x+选项A：令x=y=1，得f(1)=f(1)+f(1)，得f(1)=0，令x=y=−1，f(1)=−f(−1)−f(−1)=−2f(−1)=0，得f(−1)=0，故A正确；选项B，C：令x=2n，y=2，得所以数列2nf2所以2nf2n=n由an+1an=n+12n得，当当n≥2时，an+1an所以an的最大值为a所以数列f2n(n=1,2,⋅⋅⋅)选项D：因为f2n=故数列f2nn是以f(2)=可求得n=12025故选：ABD.11．AB【分析】利用中位线定理结合平行四边形的性质得到A1N//MC，再结合线面平行的判定定理判断A，将立体图形展开为平面图形，利用勾股定理求解不同路径的长度再进行比较判断B，利用线面垂直的性质得到【详解】对于A，如图所示，因为M,N分别为A1C1所以A1M//NC，A1又A1N⊂平面MCB1，MC⊂平面MC对于B，将底面A1B1C1如图，作MG1⊥BC，结合等边三角形性质得M由勾股定理得MB=1+将侧面ACC1A1与侧面BCC易得MQ1=1由勾股定理得MB=(1+2)因为4+3<到达点B的最短路径的长为4+3对于C，如图，分别取B1C1，B1C因为A1H//CC则A1G//HO，因为正三棱柱中A1G⊥平面所以A1G⊥B1C，故HO⊥又PO∩HO=O，且PO,HO⊂面HC1O，则B而C1O⊂面HC1O，则B1C⊥与CC1=1对于D，因为AA1⊥底面ABC，AQ⊂面ABC如图，设PQ的中点为T，由PQ=2，可得AT=1，又∠BAC=π3，所以T的轨迹所形成的图形的面积以A为球心，以1为半径的球面的112，即S<4π故选：AB【点睛】关键点点睛：解题关键是判断轨迹图形的面积小于球的表面积，然后求出球的表面积，得到所要求的结论即可．12．0【分析】利用偶函数的定义建立方程，求解参数即可.【详解】因为f(x)是偶函数，且定义域为R，所以f(x)=f(−x)对x∈R恒成立，所以3x(x−a)=3−x(−x−a)，即即ax=0对x∈R恒成立，解得a=0．故答案为：0.13．25,【分析】利用投影向量的公式即可得到结果.【详解】由题意得，|a|=5，因为a所以a⋅b=1，所以b在a故答案为：214．3【分析】由题意利用余弦定理可得1|FA|=a−c⋅【详解】因为α=β=γ，且有α+β+γ=2π，所以α=β=γ=23π．不妨设FA与x轴的夹角为θ，在△FAFF1A2所以4a2−4a所以|FA|=b同理可得1|FB|所以1|又cos=cos由Γ:x22+由此可得1|故答案为：32【点睛】关键点点睛：关键在于利用余弦定理求得1|15．(1)2(2)2【分析】（1）利用正弦定理与余弦定理的边角变换即可得解；（2）利用三角形的面积公式，结合向量数量积的运算律依次求得bc,c2+【详解】（1）因为(sin由正弦定理得(b+c)2所以b2+c在△ABC中，由余弦定理得cosA=又因为0<A<π，所A=（2）在△ABC中，因为S△ABC所以bc=4，又因为BC边上的中线AD=3所以AD=12即AD2=1所以12=c2+所以b+c=b由（1）知a2=b所以△ABC的周长为a+b+c=2516．(1)19(2)183.5【分析】（1）利用独立事件同时发生的概率公式求解即可；（2）设（ⅰ）（ⅱ）（ⅲ）号情形分别为事件A1，A2，【详解】（1）设事件A：第一次抽到①号球，事件B：第二次抽到①号球白球，则P(AB)=8（2）设（ⅰ）（ⅱ）（ⅲ）号情形分别为事件A1，A2，则PAPAPA显然24150即P(X=600)=24150，P(X=150)=49所以X的分布列为X7515060P774924E(X)=600×24所以X的均值为183.5元．17．(1)证明见解析(2)存在，点N为CD的中点【分析】（1）取线段AA1的中点P，连接PM，PD，利用已知可证四边形MNDP为平行四边形，进而可得（2）在平面A1B1BA中，作A1O⊥AB于O，可证OQ⊥OB，分别以OQ，OB，OA1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得平面ADD【详解】（1）取线段AA1的中点P，连接PM，因为MP为梯形ABB1A又因为CN=1，所以DN=3，因为DN∥AB，PM∥AB，且MP=DN=3，所以所以四边形MNDP为平行四边形，所以MN∥PD，又因为MN⊂平面ADD1所以MN∥平面AD（2）在平面A1B1BA中，作因为平面ABB1A1⊥平面ABCD所以A1O⊥平面在正方形ABCD中，过O作AD的平行线交CD于点Q，则OQ⊥OB，分别以OQ，OB，OA1的方向为x轴、y轴、因为四边形ABB1A1为等腰梯形，A1又因为AA1=B则A(0,−1,0)，A1(0,0,2)，D(4,−1,0)，B1(0,2,2)，B(0,3,0)，设N(4,a,0)(−1≤a≤3)，设平面ADD1A所以n1⋅A令z1=1，所以又因为M为BB所以M0,52,1，所以设平面BMN的法向量为n2所以n2⋅BM令x2=3−a，所以又因为平面ADD1A1与平面所以n1⋅n所以a2−6a+5=0，解得a=1或又因为−1≤a≤3，所以a=1，所以存在，点N为CD的中点．18．(1)证明见解析(2)x(3)3【分析】（1）依题设Au,3u，Bt,−3t，易得ut>0，求得（2）设Mx,y，由中点坐标公式可得x=u+t2，y=32（3）设Px1,3x1、Qx2,−3x2，x1x2【详解】（1）因为直线OA,OB的方程分别为y=3x和y=−3x，所以Au,3u、Bt,−3因为A,B两点都在y轴同侧，则ut>0，所以OA⋅则ut=4，所以ut为定值4．（2）设Mx,y，由中点坐标公式可得x=u+t2由x2−y所以曲线C的方程为x2（3）设Px1,3x设点Dm,n，则PD=m−由PD=λDQ得m−x故点D的坐标为x1将点D的坐标代入方程x24−y2易知直线l1:y=3x的倾斜角为又OP=2x1所以S=1由题意得，43≤3λ+12所以实数λ的最大值为3．【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.19．(1)存在，an=2(2)S(3)证明见解析【分析】