广东省佛山市高三上学期教学质量检测（一）数学

广东省佛山市普通高中教学质量检测（一）高三数学试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知复数，则（

）A． B． C． D．53．设等差数列的前项和为.若，则（

）A．12 B．15 C．18 D．214．已知非零向量满足，则（

）A． B． C．0 D．5．已知，则（

）A． B．C． D．6．已知的内角的对边分别为，且面积满足，则（

）A． B． C． D．27．圆和圆的两条公切线的交点坐标为（

）A． B． C． D．8．下列曲线中，与曲线交点个数最多的是（

）A． B．C． D．二、多选题9．对相同的样本数据选取不同的组距（每组为左闭右开区间）画出如图1､图2所示的频率分布直方图，其中图2的部分信息丢失，由频率分布直方图的信息对总体进行估计，则（

）

A．图2中的频率为0.3B．图2众数的估计值唯一C．图1与图2中位数的估计值相同D．图1与图2平均数的估计值相同10．在棱长为2的正方体中，点为侧面内一点（包含边界），则（

）A．三棱锥的体积为定值B．的最小值为5C．若，则的轨迹长度为D．三棱锥外接球的体积存在最大值与最小值11．已知函数的定义域为，对任意正实数，函数在上单调递增，则（

）A．B．C．若，则D．三、填空题12．展开式中的常数项为.13．若函数在区间上至少有2个零点，则的最小值是.14．已知是椭圆上关于原点对称的两点，是的右焦点，的延长线交于点，则的离心率为.四、解答题15．已知数列的前项和为，且（为常数，且）.(1)求的通项公式；(2)若，令，求数列的前项和.16．如图，三棱柱中，平面平面，，，为的中点.

(1)证明：平面；(2)证明：平面平面；(3)若，求直线与平面所成角的正弦值.17．某款（人工智能）机器人进行射门游戏，射中得1分，未射中得分，当累计得分达到2分或分时游戏结束，否则游戏将一直进行下去，时获胜，时落败，已知该款机器人射门的命中率为，各次射门相互独立.(1)求机器人恰好射门4次后获胜的概率；(2)表示“机器人射门次，游戏仍未结束”.（i）若，求和；（ii）若，求游戏结束时的数学期望.18．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若存在两个极值点，求；(3)若存在两个零点，在处分别作曲线的两条切线，证明：与的交点在轴上.19．已知点，双曲线的一条渐近线方程是，直线被截得的弦长为.(1)求的方程.(2)已知是的右支上不同的两点，且存在实数，使得.（i）若点满足，求证：点总在某定直线上；（ii）若直线与的另一个交点为（异于），求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.

参考答案题号12345678910答案DDBCCACBACACD题号11答案BCD1．D【详解】因为，，所以.故选：D.2．D【详解】.故选：D.3．B【详解】设等差数列的公差为，首项为，因为，所以，即，解得，所以故选：B4．C【详解】设，根据题意可得，两边平方得，展开整理得，代入，得，即，所以.故选：C.5．C【详解】因为，所以，因为，所以，所以，则.故选：C.6．A【详解】因为，所以，又因为，，所以，即，所以，所以，即，因为，所以，即.故选：A7．C【详解】，故圆的半径为，圆的半径为，且，故圆心距为，而，故两圆相交，故两圆有两条外公切线，

设一条公切线与两圆的切点分别为，两条切线的交点为，连接，则，故，由几何性质可得共线，故，故为的中点，故，故选：C.8．B【详解】因为的定义域为，且，令，解得或；令，解得；可知函数在内单调递增，在内单调递增，当时，函数取到极大值；当时，函数取到极小值；且当趋近于时，函数趋近于；当趋近于时，函数趋近于；对于选项A：分别作出曲线和曲线的图象，由图象可知：曲线与曲线有3个交点；对于选项B：曲线，用替换可得，即，方程不变，曲线关于y轴对称；用替换可得，即，方程不变，曲线关于x轴对称；且当且时，曲线即为，据此可得曲线和曲线的图象，如图所示：由图象可知：曲线与曲线有6个交点；对于选项C：曲线即为，由图象可知：曲线与曲线有4个交点；对于选项D：曲线即为，由图象可知：曲线与曲线有5个交点；综上所述：与曲线交点个数最多的是.故选：B.9．AC【详解】图2中的频率为，故A正确；设在图2中所对应矩形的高度分别为，在图1中的频率为，故，得，故，则众数必在中取得，因图2中的高度相等，故众数的估计值不唯一，故B错误；图1中中位数的估计值为；图2中，前个矩形面积之和为，故中位数的估计值为，故C正确；图1平均数的估计值为；图2平均数的估计值为，不确定，故D错误.故选：AC10．ACD【详解】对于A，依题意点到平面的距离为棱长2，则的面积为，故三棱锥的体积为定值，故A正确；对于B，如图作点关于平面的对称点，连接，则，故，当且仅当、、三点共线时等号成立，故B错误；对于C，易得，因平面，平面，则，又，平面，则平面，因平面，则，同理，又平面，故平面，因为，所以平面，又平面侧面，所以的轨迹为线段，其长度为，故C正确；对于D，如图取的中点，因为为直角三角形，所以为外接圆的圆心，设外接球的球心为，半径为R，根据外接球的性质，则平面，连接，作平面于点，连接，记，则，，在直角梯形中，，化简得，因为点在平面上的投影为H，，则，即，故三棱锥外接球的体积的最大值为，最小值为，故D正确.故选：ACD11．BCD【详解】对于A，令，，则在上单调递增，此时，所以不一定成立，所以A错误；对于B，令，因为函数在上单调递增，所以，即，所以B正确；对于C，令，因为是增函数，所以，所以，所以，所以，所以C正确；对于D，令，因为是增函数，所以，所以；令，因为是增函数，所以，所以；令，因为是增函数，所以，所以；……令，因为是增函数，所以，所以，所以，所以D正确.故选：BCD.12．240【详解】展开式的通项公式为，令得，，故答案为：240.13．【详解】函数零点满足，，即，，因为且，所以为正整数，因为函数在区间上至少有2个零点，所以即至少有两个正整数解，为保证区间至少包含两个正整数，该区间须至少能覆盖一对连续的正整数和，所以，即，为使该不等式有解，须满足，得，又，所以，当时，所以，即的最小值为.故答案为：14．/【详解】如图，设椭圆的左焦点为，连接、、，由题意可知，关于原点对称，且为的中点，所以四边形为平行四边形，因为，所以，由，设，则，所以，，，在中，由余弦定理得，，，解得，所以，在中，由余弦定理得，所以，解得，故椭圆的离心率.故答案为：.15．(1)(2)【详解】（1）当时，，当时，，所以，由于，故，不适合，综上，的通项公式为.（2）若，由（1）即，得，所以，时，，即，所以，当时，，即，当时，，即，所以，当时，，当时，，所以，当时，，当时，也满足，综上，.16．(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【详解】（1）连接与交于点，连接，三棱柱侧面为平行四边形，所以为的中点，又为的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）因为，所以，又因为，，所以，所以，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为，所以平面，又平面，所以平面平面.（3）由，，得，故两两垂直，以为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，令，则，，则，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为.17．(1)(2)（i）；；（ii）游戏结束时的数学期望为.【详解】（1）若机器人恰好射4次获胜，则前两次仅射中一次，后两次射中，故；（2）（i）由题意得，，所以；若第次，游戏结束，则第次，第次仅射中一次（）为奇数，可得；所以；（ii），得到，解得；设的数学期望为，分如下情况，①第2次游戏结束，，游戏进行2次；②第2次游戏未结束，，则游戏相当于重新开始，游戏将进行次数，所以，解得，即游戏结束时的数学期望为.18．(1)答案见解析；(2)(3)证明见解析【详解】（1）函数定义域为，，记，则，当时，，又，，所以有两个正根，满足，所以当或时，，当或时，，所以在和单调递增，在和单调递减；当时，恒成立，所以恒成立，故恒成立，所以在和单调递增；当时，，由韦达定理可知，的两根为负，所以在和恒成立，所以在和恒成立，所以在和单调递增.综上，当时，在和单调递增，在和单调递减；当时，在和单调递增.（2）由（1）知，极值点满足，由韦达定理可得，所以，即.（3）因为，所以若为零点，则也是的零点，所以，切线，切线，因为，所以，所以当时，两切线的纵坐标相等，即两切线的交点在轴上.19．(1)(2)（i）证明见详解；（ii）直线过定点【详解】（1）因为双曲线的一条渐近线方程是，则，即，则双曲线的方程即为，因为直线的方程为，由题意可知：双曲线过点，则，所以双曲