試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁廣東省佛山市順德區普通高中2024-2025學年高三下學期教學質量檢測（二）數學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．已知全集U，集合M?U，N?U，且M??UNA．?UM∩C．?UM∪2．已知復數z1=1?3i與z2=a+biA．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知命題p：?x0∈R，12x0+1≤1，命題A．?p假q假 B．p真?q假 C．p假q真 D．p真q真4．某籃球運動員在近5場比賽中的得分依次為20，18，a，32，12，其中a∈N?，若這5場比賽得分的第60百分位數為20，則a的值為（A．19 B．20 C．21 D．225．已知實數x，y滿足3x+4y=5，則x2+yA．15 B．35 C．46．記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若bsinA+2acosA．c=3a B．c=2a C．a=2c D．a=c7．已知圓O:x2+y2=1，過圓M:(x+1)2+(y?3)2A．2 B．22 C．4 D．8．設函數f(x)=(x?1)2(x?a)ln(x+b)，若f(x)≥0A．(?1,3] B．[?1,3)C．(?∞,?1)∪[3,+∞二、多選題9．已知函數f(x)=tan(2x+φ)?π2

A．φ=?π3 C．f(x)的一個單調遞增區間為?π6,710．已知函數f(x)的定義域為xx≠0，且對任意的非零實數x，y，都有f(xy)=f(y)x+f(x)A．f(?1)=0B．數列f2n(n=1,2,???)C．數列f2D．n=111．已知在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AC=2CC1=2，M,H,N分別為棱A1C1，AAA．A1NB．沿該三棱柱的表面從點M到達點B的最短路徑的長為4+C．若點P在線段HC1上（點P與點HD．若點P在線段AA1上，且PQ=2，則線段PQ三、填空題12．已知函數f(x)=3x(x?a)是偶函數，則a=13．已知向量a=(2,1)，a?(a+2b)=7，則14．已知橢圓Γ:x22+y2=1的左焦點為F，點A，B，C是橢圓Γ上逆時針順序的三個動點，設FA，FB，FC兩兩之間的夾角分別為α，β，四、解答題15．在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且(sin(1)求A；(2)若BC邊上的中線AD=3，且S△ABC=16．某商場在元旦期間推出購物大酬賓活動：只要一次性購買的金額超過5000元即可抽獎一次．該商場共準備了25個球用來抽獎，其顏色及編號的數量如下表所示：編號顏色白色橙色①812②23(1)若采用不放回的方式從中抽取兩個球，求“第一次抽到①號球且第二次抽到①號球白球”的概率；(2)若從中一次性隨機抽取兩球，中獎規則如下：①由以下情形設置一、二、三等獎，獎金分別為一等獎600元，二等獎150元，三等獎75元；（ⅰ）兩球的顏色和編號都相同；（ⅱ）兩球的顏色和編號都不同；（ⅲ）兩球的顏色和編號有且僅有一項相同；②三種中獎情形中事件發生概率越小，獎金越高．記X為中獎金額，求X的均值．17．如圖，已知四棱臺ABCD?A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為2和4的正方形，平面ABB1A1⊥(1)若CN=1，證明：MN//平面ADD(2)在線段CD上是否存在點N，使平面ADD1A1與平面MNB夾角的余弦值為18．已知O為坐標原點，直線l1、l2的方程分別為y=3x和y=?3x，A、B分別是l1、l2上的動點，A、B兩點的橫坐標分別為u、t，且A、B兩點都在y軸同側，線段AB的中點為(1)證明：ut為定值；(2)求C的方程；(3)已知D是C上一點，P、Q兩點分別在直線l1、l2上，且分別位于第一、四象限，PD=λDQ，λ>0，記△POQ的面積為S，且19．對于一個數列an，若bn=an+pan+1+(p?1)(1)當p=1時，是否存在數列an，使得bn是公比為2的等比數列？若是，寫出數列(2)若p=2，an=n，求數列4bnb(3)若an=2答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁《廣東省佛山市順德區普通高中2024-2025學年高三下學期教學質量檢測（二）數學試題》參考答案題號12345678910答案CAABDDBCABDABD題號11答案AB1．C【分析】利用韋恩圖法即可判斷.【詳解】如圖，對于A：?U對于B：M∪N≠U，所以B錯誤；對于D：N??對于C：由圖觀察顯然?U故選：C2．A【分析】寫出復數對應點的坐標即可得到答案.【詳解】z1在復平面內對應的點為(1,?3)，其關于直線x+y=0所以z2=3?i故選：A3．A【分析】賦值法可確定p的真假，易判斷q的真假.【詳解】命題p：因為當x0=0時，12≤1成立，所以命題q：“a>b”是“a2>b故選：A.4．B【分析】利用百分位數的定義即可求得結果.【詳解】由5×60%=3，將得分從小到大排列，12,18,a,20,32,或者12,18,20,a,32（第60百分位數就不是20了）第60百分位數是第三個得分和第四個得分的平均數，所以a+202=20，解得故選：B5．D【分析】x2+y2為直線【詳解】x2+y2為直線所以x2+y又原點到直線3x+4y=5的距離d=|3×0+4×0?5|所以x2故選：D.6．D【分析】由正弦定理可得sinB=?2cosB，結合同角的正余弦的平方關系可求得【詳解】因為bsinA+2又因為sinA>0，所以sinB+2又因為sin2B+cos2B=1由余弦定理可知b2=a所以a2+c故選：D.7．B【分析】利用切線長最小時既是面積最小時，求出最小弦長即可求出面積的最小值.【詳解】如圖，SOAPB因為當M,O,P三點共線時，OM=此時|OP|所以四邊形OAPB面積的最小值為22故選：B8．C【分析】由題意可得a=1?b，進而得1a+ab=1a(1?a)【詳解】因為f(x)=(x?1)2(x?a)所以a=1?b，即a+b=1，所以1a因為a(1?a)=?(a?12所以1a故選：C.9．ABD【分析】根據圖象過點0,?3求出φ的值可判斷A；求出周期可判斷B；求出函數的單調增區間可判斷C；求出f【詳解】由題圖可得f(0)=tanφ=?3因為?π2<φ<π2，所以當k=0T=π由kπ?π2<2x?π3取k=0，可得函數f(x)的一個單調遞增區間為?π因為fx+π6所以fx+故選：ABD10．ABD【分析】利用賦值法可判斷A；令x=2n，y=2，可得數列2nf2【詳解】因為f(xy)=f(y)x+選項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正確；選項B，C：令x=2n，y=2，得所以數列2nf2所以2nf2n=n由an+1an=n+12n得，當當n≥2時，an+1an所以an的最大值為a所以數列f2n(n=1,2,???)選項D：因為f2n=故數列f2nn是以f(2)=可求得n=12025故選：ABD.11．AB【分析】利用中位線定理結合平行四邊形的性質得到A1N//MC，再結合線面平行的判定定理判斷A，將立體圖形展開為平面圖形，利用勾股定理求解不同路徑的長度再進行比較判斷B，利用線面垂直的性質得到【詳解】對于A，如圖所示，因為M,N分別為A1C1所以A1M//NC，A1又A1N?平面MCB1，MC?平面MC對于B，將底面A1B1C1如圖，作MG1⊥BC，結合等邊三角形性質得M由勾股定理得MB=1+將側面ACC1A1與側面BCC易得MQ1=1由勾股定理得MB=(1+2)因為4+3<到達點B的最短路徑的長為4+3對于C，如圖，分別取B1C1，B1C因為A1H//CC則A1G//HO，因為正三棱柱中A1G⊥平面所以A1G⊥B1C，故HO⊥又PO∩HO=O，且PO,HO?面HC1O，則B而C1O?面HC1O，則B1C⊥與CC1=1對于D，因為AA1⊥底面ABC，AQ?面ABC如圖，設PQ的中點為T，由PQ=2，可得AT=1，又∠BAC=π3，所以T的軌跡所形成的圖形的面積以A為球心，以1為半徑的球面的112，即S<4π故選：AB【點睛】關鍵點點睛：解題關鍵是判斷軌跡圖形的面積小于球的表面積，然后求出球的表面積，得到所要求的結論即可．12．0【分析】利用偶函數的定義建立方程，求解參數即可.【詳解】因為f(x)是偶函數，且定義域為R，所以f(x)=f(?x)對x∈R恒成立，所以3x(x?a)=3?x(?x?a)，即即ax=0對x∈R恒成立，解得a=0．故答案為：0.13．25,【分析】利用投影向量的公式即可得到結果.【詳解】由題意得，|a|=5，因為a所以a?b=1，所以b在a故答案為：214．3【分析】由題意利用余弦定理可得1|FA|=a?c?【詳解】因為α=β=γ，且有α+β+γ=2π，所以α=β=γ=23π．不妨設FA與x軸的夾角為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|故答案為：32【點睛】關鍵點點睛：關鍵在于利用余弦定理求得1|15．(1)2(2)2【分析】（1）利用正弦定理與余弦定理的邊角變換即可得解；（2）利用三角形的面積公式，結合向量數量積的運算律依次求得bc,c2+【詳解】（1）因為(sin由正弦定理得(b+c)2所以b2+c在△ABC中，由余弦定理得cosA=又因為0<A<π，所A=（2）在△ABC中，因為S△ABC所以bc=4，又因為BC邊上的中線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的周長為a+b+c=2516．(1)19(2)183.5【分析】（1）利用獨立事件同時發生的概率公式求解即可；（2）設（ⅰ）（ⅱ）（ⅲ）號情形分別為事件A1，A2，【詳解】（1）設事件A：第一次抽到①號球，事件B：第二次抽到①號球白球，則P(AB)=8（2）設（ⅰ）（ⅱ）（ⅲ）號情形分別為事件A1，A2，則PAPAPA顯然24150即P(X=600)=24150，P(X=150)=49所以X的分布列為X7515060P774924E(X)=600×24所以X的均值為183.5元．17．(1)證明見解析(2)存在，點N為CD的中點【分析】（1）取線段AA1的中點P，連接PM，PD，利用已知可證四邊形MNDP為平行四邊形，進而可得（2）在平面A1B1BA中，作A1O⊥AB于O，可證OQ⊥OB，分別以OQ，OB，OA1的方向為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標系，求得平面ADD【詳解】（1）取線段AA1的中點P，連接PM，因為MP為梯形ABB1A又因為CN=1，所以DN=3，因為DN∥AB，PM∥AB，且MP=DN=3，所以所以四邊形MNDP為平行四邊形，所以MN∥PD，又因為MN?平面ADD1所以MN∥平面AD（2）在平面A1B1BA中，作因為平面ABB1A1⊥平面ABCD所以A1O⊥平面在正方形ABCD中，過O作AD的平行線交CD于點Q，則OQ⊥OB，分別以OQ，OB，OA1的方向為x軸、y軸、因為四邊形ABB1A1為等腰梯形，A1又因為AA1=B則A(0,?1,0)，A1(0,0,2)，D(4,?1,0)，B1(0,2,2)，B(0,3,0)，設N(4,a,0)(?1≤a≤3)，設平面ADD1A所以n1?A令z1=1，所以又因為M為BB所以M0,52,1，所以設平面BMN的法向量為n2所以n2?BM令x2=3?a，所以又因為平面ADD1A1與平面所以n1?n所以a2?6a+5=0，解得a=1或又因為?1≤a≤3，所以a=1，所以存在，點N為CD的中點．18．(1)證明見解析(2)x(3)3【分析】（1）依題設Au,3u，Bt,?3t，易得ut>0，求得（2）設Mx,y，由中點坐標公式可得x=u+t2，y=32（3）設Px1,3x1、Qx2,?3x2，x1x2【詳解】（1）因為直線OA,OB的方程分別為y=3x和y=?3x，所以Au,3u、Bt,?3因為A,B兩點都在y軸同側，則ut>0，所以OA?則ut=4，所以ut為定值4．（2）設Mx,y，由中點坐標公式可得x=u+t2由x2?y所以曲線C的方程為x2（3）設Px1,3x設點Dm,n，則PD=m?由PD=λDQ得m?x故點D的坐標為x1將點D的坐標代入方程x24?y2易知直線l1:y=3x的傾斜角為又OP=2x1所以S=1由題意得，43≤3λ+12所以實數λ的最大值為3．【點睛】方法點睛：圓錐曲線中取值范圍問題的五種求解策略：（1）利用圓錐曲線的幾何性質或判別式構造不等關系，從而確定參數的取值范圍；（2）利用已知參數的范圍，求新的參數的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數之間的等量關系；（3）利用隱含的不等關系建立不等式，從而求出參數的取值范圍；（4）利用已知的不等關系建立不等式，從而求出參數的取值范圍；（5）利用求函數值域的方法將待求量表示為其他變量的函數，求其值域，從而確定參數的取值范圍.19．(1)存在，an=2(2)S(3)證明見解析【分析】