2024-2025學年廣東省廣州市高三上學期教學10月聯考數學質量檢測試卷一、單選題（每題5分，共40分）1.已知復數滿足，則復數（）A. B. C. D.2.將函數的圖像向右平移個單位長度后得到曲線，若關于軸對稱，則的最小值是（）A. B. C. D.3.已知數列an滿足，若，則數列bn的前10項和為（）A. B. C. D.4.已知向量，，且與夾角不大于，則取值范圍為（）A. B. C. D.5.已知圓，直線.則直線被圓截得的弦長的最小值為（）A B. C. D.6.已知雙曲線的焦點關于漸近線的對稱點在雙曲線上，則雙曲線的離心率為（）A.2 B. C. D.7.如圖，邊長為2的正方形沿對角線折疊，使，則三棱錐的體積為（）A. B. C. D.48.設實數，若不等式對任意恒成立，則的最小值為（）A. B. C. D.二、多選題（每題6分，共18分）9.已知函數，則下列結論正確的有（）A.為奇函數 B.是以為周期的函數C.的圖象關于直線對稱 D.時，的最大值為10.如圖，設正方體的棱長為，點是的中點，點為空間內兩點，且，則（）A.若平面，則點與點重合B.設，則動點軌跡長度為C.平面與平面的夾角的余弦值為D.若，則平面截正方體所得截面面積為11.設函數的定義域為，且滿足，，當時，，則下列說法正確的是（）A. B.當時，的取值范圍為?1,0C.為奇函數 D.方程僅有6個不同實數解三、填空題（每題5分，共15分）12.已知，是函數的兩個零點，且，當時，最小值與最大值之和為________．13.已知件次品和件正品放在一起，現需要通過檢測將其區分，每次隨機檢測一件產品，檢測后不放回，直到檢測出件次品或者檢測出件正品時檢測結束，則恰好檢測四次停止的概率為_____（用數字作答）．14.已知函數，若且，則的最大值為__________．四、解答題（共77分）15.在中，內角所對的邊分別為，且.（1）求角；（2）射線繞點旋轉交線段于點，且，求的面積的最小值.16.已知函數.（1）若曲線在處的切線與軸垂直，求的極值.（2）若在只有一個零點，求.17.如圖，在正三棱柱中，底面的邊長為1，P為棱上一點．（1）若，P為的中點，求異面直線與所成角的大??；（2）若，設二面角、的平面角分別為、，求的最值及取到最值時點P的位置．18.定義：若橢圓上的兩個點滿足，則稱為該橢圓的一個“共軛點對”，記作.已知橢圓的一個焦點坐標為，且橢圓過點.（1）求橢圓標準方程；（2）求“共軛點對”中點所在直線的方程；（3）設為坐標原點，點在橢圓上，且，（2）中的直線與橢圓交于兩點，且點的縱坐標大于0，設四點在橢圓上逆時針排列.證明：四邊形的面積小于.19.無窮數列，，…，，…的定義如下：如果n是偶數，就對n盡可能多次地除以2，直到得出一個奇數，這個奇數就是﹔如果n是奇數，就對盡可能多次地除以2，直到得出一個奇數，這個奇數就是．（1）寫出這個數列的前7項；（2）如果且，求m，n的值；（3）記，，求一個正整數n，滿足．2024-2025學年廣東省廣州市高三上學期教學10月聯考數學質量檢測試卷一、單選題（每題5分，共40分）1.已知復數滿足，則復數（）A. B. C. D.【正確答案】B【分析】利用復數的除法運算結合模長公式進行求解.【詳解】由題意得，所以，故選：B.2.將函數的圖像向右平移個單位長度后得到曲線，若關于軸對稱，則的最小值是（）A. B. C. D.【正確答案】B【分析】根據題意可得曲線為，又關于軸對稱，所以，根據即可得解.【詳解】曲線為，又關于軸對稱，所以，解得，又，所以當時，的最小值為.故選：B3.已知數列an滿足，若，則數列bn的前10項和為（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】由遞推關系求出，再由裂項相消法求的前10項和即可.【詳解】因為，所以，兩式相減可得，即，所以，所以.故選：D4.已知向量，，且與夾角不大于，則的取值范圍為（）A. B. C. D.【正確答案】B【分析】根據向量坐標運算和向量夾角公式可表示出，根據夾角的范圍知，由此構造不等式求得結果.【詳解】由題意得：，，，設與夾角為，則，，，即，，解得：，即的取值范圍為.故選.本題考查根據向量夾角的范圍求解參數范圍的問題，關鍵是熟練應用向量的坐標運算和向量夾角公式；注意兩個向量所成角的范圍為.5.已知圓，直線.則直線被圓截得的弦長的最小值為（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】先求出直線所過的定點，數形結合得到當時，直線被圓截得的弦長最小，再由垂徑定理得到最小值.【詳解】直線，令，解得，所以直線恒過定點，圓的圓心為，半徑為，且，即在圓內，當時，圓心到直線的距離最大為，此時，直線被圓截得的弦長最小，最小值為.故選：A.6.已知雙曲線的焦點關于漸近線的對稱點在雙曲線上，則雙曲線的離心率為（）A.2 B. C. D.【正確答案】D【分析】設雙曲線的右焦點為，求出漸近線方程，設F關于的對稱點為，由中點坐標公式和兩直線垂直的條件列出方程，化簡整理即可求解．【詳解】雙曲線的右焦點為，漸近線方程為：，設F關于的對稱點為，由題意可得，解得，又點M在雙曲線上，則，整理得：，得離心率，故選：D7.如圖，邊長為2的正方形沿對角線折疊，使，則三棱錐的體積為（）A. B. C. D.4【正確答案】C【分析】根據給定條件，利用空間向量的數量積求出，再利用三棱錐體積公式計算即得.【詳解】取中點，連接，則，而平面，于是平面，，，又，則，解得，，而，則，，所以三棱錐的體積為.故選：C8.設實數，若不等式對任意恒成立，則的最小值為（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】將原不等式轉化為恒成立，先判斷得出恒成立，結合不等式的基本性質可得恒成立，進而求解即可.【詳解】，即，因為，所以，即恒成立，令，則，當時，單調遞減，當時，單調遞增，因為，所以，若時，不等式恒成立，則恒成立，若時，，恒成立，則也成立，所以當時，恒成立，所以得，即，設當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以，所以，即正實數的最小值為.故選：C關鍵點點睛：運用同構的基本思想將原不等式轉化為恒成立，再運用不等式的性質，先得出恒成立，再運用導數討論恒成立進而求出結果.二、多選題（每題6分，共18分）9.已知函數，則下列結論正確的有（）A.為奇函數 B.是以為周期的函數C.的圖象關于直線對稱 D.時，的最大值為【正確答案】AD【分析】對于A，由正弦函數的奇偶性即可判斷；對于B，判斷是否成立即可；對于C，判斷是否成立即可；對于D，可得時，單調遞增，由此即可得解.【詳解】對于A，的定義域為（關于原點對稱），且，對于B，，故B錯誤；對于C，，，但，即的圖象不關于直線對稱，故C錯誤；對于D，時，均單調遞增，所以此時也單調遞增，所以時，單調遞增，其最大值為.故選：AD.10.如圖，設正方體的棱長為，點是的中點，點為空間內兩點，且，則（）A.若平面，則點與點重合B.設，則動點的軌跡長度為C.平面與平面的夾角的余弦值為D.若，則平面截正方體所得截面的面積為【正確答案】ABD【分析】假設點不與重合，根據平面，平面，可得，而，故假設不成立，A正確；根據已知判斷出動點的軌跡是以點為圓心，半徑為的圓的，，進而判斷選項B；建立空間直角坐標系，利用向量法求解面面夾角余弦值即可判斷選項C；根據已知條件做出圖形，即可求出面積判斷選項D.【詳解】由正方體的性質知，平面，若點不與重合，因為平面，則，與矛盾，故當平面時，點與重合，故A正確；因，所以點在平面上，因為，所以，則動點的軌跡是以點為圓心，以為半徑的圓的，故其長度為，故B正確；對于C，以點為坐標原點，分別以所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則，所以.設平面的一個法向量為n1=平面的一個法向量為，則得，令，，所以，同理結合得，因為，所以平面與平面的夾角的余弦值為，故C錯誤；對于D，過的直線分別交的延長線于點，然后再分別連接，交側棱于點，交側棱于點，連接和，如圖所示：則得截面為五邊形，易求，，故，所以，，所以五邊形的面積，故D正確.故選：ABD11.設函數的定義域為，且滿足，，當時，，則下列說法正確的是（）A. B.當時，的取值范圍為?1,0C.為奇函數 D.方程僅有6個不同實數解【正確答案】BC【分析】根據和可得的圖象關于對稱，且周期為8，并得到在一個周期所有解析式，作出圖象逐一判斷即可.【詳解】由可得：的圖象關于對稱，所以，又因為，所以，故，所以的周期為8，令，則，所以，令，則，所以令，則，所以所以得到在一個周期內所有解析式，作出在圖象并根據周期補充在的圖象如下所示：對于A，，故A不正確；對于B，當時，由圖可知，故B正確；對于C，的圖象可以由的圖像向左平移三個單位，從而得到圖象關于原點對稱，故為奇函數，即C正確；對于D，在同一坐標系作出的圖象如下圖：當時，，當時，，由圖可知有5個交點，所以D不正確.故選：BC三、填空題（每題5分，共15分）12.已知，是函數的兩個零點，且，當時，最小值與最大值之和為________．【正確答案】【分析】先利用三角函數恒等變換將函數化為的形式，再由可得的兩個零點為，再結合可求出函數的最小正周期，從而可求出，進而可求得結果.【詳解】，由，得，得，因為是函數的兩個零點，且，所以的最小正周期為，所以，得，所以，由，得，則，所以，得，所以，所以最小值與最大值之和為，故答案為.13.已知件次品和件正品放在一起，現需要通過檢測將其區分，每次隨機檢測一件產品，檢測后不放回，直到檢測出件次品或者檢測出件正品時檢測結束，則恰好檢測四次停止的概率為_____（用數字作答）．【正確答案】【詳解】由題意可知，2次檢測結束的概率為，3次檢測結束的概率為，則恰好檢測四次停止的概率為.14.已知函數，若且，則的最大值為__________．【正確答案】【分析】先利用導數分析的圖象性質，結合圖象可知，從而將轉化為，再利用導數即可得解.【詳解】因為，當時，，則，當時，f′x<0，當時，f′x>0，所以，且當時，，而當時，是一次函數，所以的大致圖象如下：因為，為使取得最大值，必然異號，不妨設，同時結合圖象可知，其中滿足，由于，所以，所以，即，所以，令，則，當時，，單調遞增減；當時，，單調遞減；由于，所以，則的最大值為.故答案為.關鍵點睛：本題解決的關鍵在于將問題轉化為的最值問題，利用導數即可得解.四、解答題（共77分）15.在中，內角所對的邊分別為，且.（1）求角；（2）射線繞點旋轉交線段于點，且，求的面積的最小值.【正確答案】（1）（2）【分析】（1）借助正弦定理將邊化角后，利用三角形內角和公式及兩角和的正弦公式計算即可得；（2）借助等面積法計算可得，利用基本不等式可得，利用面積公式計算即可得.【小問1詳解】，由正弦定理得，則，即則，且，，；【小問2詳解】由和，可知，因為，所以，又因為，所以，即，又，當且僅當，即時，等號成立，所以，所以，所以的面積的最小值為.16.已知函數.（1）若曲線在處的切線與軸垂直，求的極值.（2）若在只有一個零點，求.【正確答案】（1）極小值，無極大值；（2）.【分析】（1）求出函數的導數，結合幾何意義求出，再分析單調性求出極值.（2）由函數零點的意義，等價變形得在只有一解，轉化為直線與函數圖象只有一個交點求解.【小問1詳解】函數的定義域為R，求導得，，依題意，，則，，當時，，當時，，因此函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以函數在處取得極小值，無極大值.【小問2詳解】函數在只有一個零點，等價于在只有一個零點，設，則函數在只有一個零點，當且僅當在只有一解，即在只有一解，于是曲線與直線只有一個公共點，令，求導得，當時，，當時，，因此函數在上單調遞減，在上單調遞增，函數在取得極小值同時也是最小值，當時，；當時，，畫山大致的圖象，如圖，在只有一個零點時，，所以在只有一個零點吋，.17.如圖，在正三棱柱中，底面的邊長為1，P為棱上一點．（1）若，P為的中點，求異面直線與所成角的大?。唬?）若，設二面角、的平面角分別為、，求的最值及取到最值時點P的位置．【正確答案】（1）（2）詳見解析【分析】（1）取中點，連接，，易知，則為異面直線與所成的角求解；（2）分別取，的中點，，連接，，，根據正三棱柱，易證為二面角的平面角，為二面角的平面角求解.【小問1詳解】解：如圖所示：取的中點，連接，，易知，則為異面直線與所成的角，又，，，由余弦定理得；【小問2詳解】如圖所示：分別取，的中點，，連接，，，在正三棱柱中，易知，，又，所以平面，又平面，所以，則為二面角的平面角，同理為二面角的平面角，設，則，所以，，則，，當時，即P為的中點時，取得最大值，18.定義：若橢圓上的兩個點滿足，則稱為該橢圓的一個“共軛點對”，記作.已知橢圓的一個焦點坐標為，且橢圓過點.（1）求橢圓的標準方程；（2）求“共軛點對”中點所在直線的方程；（3）設為坐標原點，點在橢圓上，且，（2）中的直線與橢圓交于兩點，且點的縱坐標大于0，設四點在橢圓上逆時針排列.證明：四邊形的面積小于.【正確答案】（1）；（2）；（3）證明見解析.【分析】（1）根據給定條件，利用橢圓的定義求出長軸長即可作答.（2）設，根據“共軛點對”的定義列出方程，化簡作答.（3）求出的坐標，設點，，利用點差法得，再求出點P到直線l距離的范圍即可推理作答.【小問1詳解】依題意，橢圓的另一焦點為，因此，于是，所以橢圓的標準方程為.【小問2詳解】設“共軛點對”中點B的坐標為，由（1）知，點在橢圓C：上，依題意，直線l的方程為，整理得，所以直線的方程為.【小問3詳解】由（2）知，直線：，由，解得或，則，，設點，，則，兩式相減得，又，于是，則，有，線段PQ被直線l平分，設點到直線的距離為d，則四邊形的面積，