第1頁/共1頁2024—2025學年度第一學期高三摸底質量檢測數學注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上．2．回答選擇題時，選出每個小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.若，則復數z的虛部是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據復數的除法運算可得，即可得虛部.【詳解】因為，則，所以復數z的虛部是.故選：B.2.已知向量，，若，則（）A. B.3 C.4 D.【答案】A【解析】【分析】由向量垂直求出得到的坐標，然后計算其模長即可.【詳解】向量，，因為，所以，解得，所以，所以，故選：A3.已知集合，集合，則子集的個數為（）A.1 B.2 C.4 D.8【答案】B【解析】【分析】根據二次不等式化簡集合B，進而求交集，即可得子集個數.【詳解】因為集合，且，可得，所以子集的個數為2.故選：B.4.已知，，則的值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據題意切化弦可得，再結合兩角和差公式運算求解.【詳解】因為，可得，又因，可得，所以.故選：C.5.若圓柱、圓錐的底面半徑和高都與球的半徑相等，則圓柱、圓錐、球的體積之比為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據圓柱、圓錐、球的體積公式運算求解即可.【詳解】設球的半徑為，所以圓柱、圓錐、球的體積之比為.故選：D.6.已知函數是上的單調函數，則實數a的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據題意結合二次函數性質分析可知函數是0,+∞上的單調遞增，根據分段函數單調性列式求解即可.【詳解】因為的圖象開口向上，對稱軸為，且的單調性相同，若函數是0,+∞上的單調函數，可知函數是0,+∞上的單調遞增，則，解得，所以實數a的取值范圍是.故選：B.7.把函數的圖象向右平移個單位長度，再把圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，可以得到函數的圖象，則函數的零點的個數為（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】根據圖像變換可得，構建，利用導數判斷其單調性，結合單調性分析零點.【詳解】將函數的圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變，可得，再將的圖象向左平移個單位長度，可得，即，令，則對任意x∈R恒成立，可知函數y=gx在R上單調遞增，且，所以函數的零點的個數為1.故選：B.8.設函數．若，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據函數單調性分析可知有相同零點，即可得，構建，利用導數求最值即可.【詳解】因為在定義域上單調遞增，若，可知有相同零點，則，可得，構建，則，令，解得；令，解得；可知在上單調遞增，在上單調遞減，則，所以的最小值為.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵在于根據的單調性分析可知有相同零點，進而運算求解.二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，選對但選不全的得部分分，有選錯的得0分．9.某校舉行了交通安全知識主題演講比賽，甲、乙兩位同學演講后，6位評委對甲、乙的演講分別進行打分（滿分10分），得到如圖所示的折線統計圖，則（）A.若去掉最高分和最低分，則甲得分的中位數大于乙得分的中位數B.甲得分的極差大于乙得分的極差C.甲得分上四分位數小于乙得分的上四分位數D.甲得分的方差大于乙得分的方差【答案】ABD【解析】【分析】運用極差、中位數及百分位數的公式計算，和方差的意義逐項判斷即可.【詳解】甲、乙的得分從小到大排列如下：甲：，乙：，故去掉最高分和最低分可得甲的中位數為，乙的中位數為，故A正確；甲的極差為，乙的極差為，故B正確；，所以甲的第75百分位數為，乙的第75百分位數為，故C錯誤；由圖可以看出甲得分的波動比乙大，故甲得分的方差大于乙得分的方差，故D正確.故選：ABD10.設公比為q的等比數列前n項的積為，則（）A.若，則B.若，則必有C.若，，則有最大值D.若，則數列一定是等差數列【答案】BC【解析】【分析】利用等比數列的積的性質，來研究各選項，即可得到判斷.【詳解】由于公比為q的等比數列前n項的積為，因為，所以，所以，故A錯誤；因為，且，所以，由于等比數列奇數項必同號，則，故B正確；因為，，所以等比數列是遞減數列，必存在，使得且，這個時候，故C正確；因為，所以，由于，當時，不滿足等于同一個常數，故數列不一定是等差數列，故D錯誤；故選：BC.11.萊洛三角形，也稱圓弧三角形，是由德國機械學家萊洛研究發現的一種曲邊三角形，在建筑、工業上應用廣泛．如圖所示，分別以正三角形ABC的頂點為圓心，以邊長2為半徑作圓弧，由這三段圓弧組成的曲邊三角形即為萊洛三角形，則（）A.萊洛三角形的周長為B.以此萊洛三角形為底面做一個側面與底面垂直且高為10的柱形幾何體，則該幾何體的體積為C.點P為弧上的一點，則的最小值為D.點P為萊洛三角形曲邊上的一動點，則的最小值為【答案】ABD【解析】【分析】每段圓弧的長度為圓周長的，計算三段圓弧總長度即可判斷選項A；先求出底面積為三個扇形的面積減去兩個正三角形的面積，然后求體積即可判斷選項B；設為的中點，為的中點，，求解最小值即可判斷選項C；因為點為萊洛三角形曲邊上的一動點，所以需要討論點在哪一條弧上.每一種情況將原式中的向量利用向量的運算轉化為共起點且已知長度和角度的向量，再設出唯一變化的角或∠，進而利用數量積運算表示成該角的三角函數，借助輔助角公式求出最值即可判斷選項D.【詳解】每段圓弧的長度為圓周長的，三段圓弧的總長度為所以萊洛三角形的周長為，故A正確；該幾何體底面積為三個扇形的面積減去兩個正三角形的面積，正三角形的面積為，扇形的面積為圓面積的，故扇形的面積為.所以該幾何體底面積為：.故體積為，故B正確；設為的中點，為的中點，如圖所示，則，在正三角形中，，所以，所以，因為，所以，所以的最小值為，故C錯誤；當點落在圓弧上時，長度恒為半徑2，設，，原式其中所以，又因為，所以，所以當時，原式取最小值.當點落在圓弧上時，長度恒半徑2，設，，原式，又因為，所以，所以時，原式取最小值.∵，故原式取最小值.故D正確；故選：ABD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分12.的展開式中，常數項為______．【答案】【解析】【分析】根據題意結合二項式定理運算求解即可.【詳解】因為的展開式為通項，令，解得，所以常數項為.故答案為：.13.已知數列中，，，（，），則______．【答案】【解析】【分析】根據題意可知數列是以首項為1，公差為2的等差數列，結合等差數列通項公式分析求解.【詳解】因為，且，可知數列是以首項為1，公差為2的等差數列，則，可得，所以.故答案為：.14.已知三棱錐的底面ABC是邊長為2的正三角形，點A在側面SBC上的射影H是的垂心，三棱錐的體積為，則三棱錐的外接球半徑等于______．【答案】【解析】【分析】做輔助線，根據題意結合垂直關系可證，同理可得，可知點為的垂心，即可知點為的中心，根據體積可得，結合外接球的性質列式求解即可.【詳解】延長交于點，連接，因為點H是的垂心，則，又因平面，平面，則，且，平面，可得平面，由平面，可得，，且底面ABC是邊長為2的正三角形，則點為的中點，過點作平面，垂足為點，且平面，可得，且，平面，可得平面，由平面，可得，同理可得，可知點為的垂心，因為為等邊三角形，可知點為的中心，則，且，因為三棱錐的體積為，可得，可知三棱錐的外接球的球心，設三棱錐的外接球的半徑為，則，解得，所以外接球的半徑為.故答案為：.【點睛】方法點睛：多面體與球切、接問題的求解方法1.涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體的特殊點（一般為接、切點）或線作截面，把空間問題轉化為平面問題求解；2.正方體的內切球的直徑為正方體的棱長；3.球和正方體的棱相切時，球的直徑為正方體的面對角線長；4.利用平面幾何知識尋找幾何體中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑（直徑）與該幾何體已知量的關系，列方程(組)求解．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．15.在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，，，成等差數列，且．（1）求證：為等邊三角形；（2）如圖，點D在邊BC的延長線上，且，，求的值．【答案】（1）證明見詳解（2）【解析】【分析】（1）根據等差中項可得，再結合余弦定理分析證明；（2）設，在中，利用余弦定理可得，再利用正弦定理運算求解.【小問1詳解】因為，，成等差數列，則，又因為，由余弦定理可得，即，解得，所以為等邊三角形.【小問2詳解】設，則，在中，由余弦定理可得，即，解得，即，由正弦定理可得.16.某地為弘揚我國傳統文化，舉辦知識競賽活動，每位參賽者從以下兩種方式中選擇一種參賽：①活動共設有3個問題，能正確回答問題者才能進入下一個問題，否則即被淘汰，3個問題都回答正確即獲得“智慧星”稱號；②活動需參賽者回答5個問題，至少正確回答4個即能獲得“智慧星”稱號；甲乙兩人參加此次競賽活動，甲選擇第一種方式，他能正確回答第一、二、三個問題的概率分別為，乙選擇第二種方式，他能正確回答每一個問題的概率均為．兩種方式下各個問題能否正確回答均互不影響，兩人彼此之間也互不影響．（1）求甲沒有獲得“智慧星”稱號的概率；（2）求乙獲得“智慧星”稱號的概率．（3）記事件“乙正確回答問題的個數比甲正確回答問題的個數多3個”，求事件發生的概率．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）獲得“智慧星”，沒獲得“智慧星”為對立事件，先考慮求獲得“智慧星”的概率，根據對立事件概率求法即可得解；（2）設乙答對的問題數為，則服從二項分布，由題意需求即可；（3）甲可能答對個，據此分類討論求解.【小問1詳解】設甲獲得“智慧星”稱號的事件為，根據獨立事件的乘法公式，，于是，即甲沒有獲得“智慧星”稱號的概率是；【小問2詳解】設乙答對的問題數為，則，由題意，乙獲得智慧星的概率為【小問3詳解】由于乙最多題，甲最多題，當乙比甲多對題時，甲可能答對題當甲對題，乙對題時，；當甲對題，乙對題時，；當甲對題，乙對題時，；故17.如圖，三棱柱中，，，，點M，N分別為AC，AB的中點，且，．（1）證明：平面ABC；（2）求平面與平面夾角的余弦值．【答案】（1）證明見詳解（2）【解析】【分析】（1）根據長度關系可證，，即可證線面垂直，（2）可證平面.建立空間直角坐標系，分別求平面與平面的法向量，利用空間向量求面面夾角.【小問1詳解】連接，因為，，則，可知，且點M，N分別為AC，AB的中點，則，∥，則，可知，又因為，則，可得，可知，且，平面，所以平面ABC.【小問2詳解】因為平面ABC，平面ABC，則，又因為，∥，則，且，平面，所以平面.以為坐標原點，分別為軸，平行于的直線為軸，建立空間直角坐標系，則，可得，設平面的法向量，則，令，則，可得，由平面可知：平面的法向量可以為，則，所以平面與平面夾角的余弦值為.18.已知函數，曲線在點處的切線與曲線相切．（1）求；（2）若函數，且曲線關于直線對稱，（i）求和的值；（ii）證明：．【答案】（1）；（2）（i），，（ii）證明見解析.【解析】【分析】（1）結合導數的幾何意義求曲線y=fx在處的切線方程，設切線與曲線相切與點，結合導數幾何意義及兩點斜率公式列方程求；（2）（i）求函數y=gx的定義域，結合對稱性可求，由對稱性可得，化簡可求；（ii）由分析可得要證明，只需證明當時，，令，可得只需證明，設，利用導數求其值域，由此證明結論.【小問1詳解】因為，所以，，所以，所以曲線y=fx在點處的切線方程為，設直線與曲線相切與點，因為函數的導函數為，故所以，，，解得，，，或，，又，故；【小問2詳解】（i）因為，由（1），所以，所以函數y=gx的定義域為，因為曲線y=gx關于直線對稱，所以，所以函數關于軸對稱，故函數為偶函數，所以，故所以，所以，所以，故，（ii）由（i），，函數y=gx的定義域為，曲線y=gx關于直線對稱，要證明，只需證明當時，，只需證明當時，，令，則，只需證明當時，，設，，則，所以函數在0,+∞單調遞增，所以，所以當時，，所以.【點睛】方法點睛：導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．19.已知數列，從中選取第項、第項、…第項，若，則稱新數列，，…，為的長度為t的遞增子列．規定：數列的任意一項都是長度為1的遞增子列．（1）寫出數列2，8，4，7，5，9一個長度為3的遞增子列和一個長度為4的遞增子列；（2）已知數列的長度為p的遞增子列的末項的最小值為x，長度為q的遞增子列的末項的最小值為y．若，證明：；（3）設無窮數列的各項均為正整數，且任意兩項均不相等．若長度為s的遞增子列末項的最小值為，且長度為s末項為的遞增子列恰有個（），（i）證明：1，2，3，4，5，6，7這7個數都在數列中；（ii）寫出數列通項公式（不證明）．【答案】（1）長度為3的遞增子列（答案不唯一）；長度為4的遞增子列（答案不唯一）；（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）根據長度為t的遞增子列的定義直接寫出答案即可；（2）法一：設的長度為的一個遞