2025届广东省佛山市高三上学期一模数学答案

2024~2025学年佛山市普通高中教学质量检测(一)高三数学参考答案与评分标准一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.题号12345678答案BDCBBDAA二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.题号91011答案ABCACABD三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.112.1013.14.33四、解答题:本题共5小题,共77分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.【解析】(1)分别取BB1,A1B1的中点FG,,连接FG,,FDGE,………………………………………1分z11因为GE//BC,DF//BC,BC//BC,A211211A1所以GE//DF,四边形GEDF是平行四边形.………2分EG所以DE//FG,yC又DE平面ABBA,FG平面,C11D1所以平面.………………………………5分BFB1x111(2)直三棱柱ABC−ABC的体积V=SBB=ABBCsinABCBB=sinABC=,111△ABC11222所以sin=ABC1,即ABC=90.……………………………………………………………………7分以B为原点,建立空间直角坐标系B−xyz如图所示,则………………………………………………8分B1(1,0,0),C(0,1,0),C1(1,1,0),A1(1,0,1),CB1=−(1,1,0),AC11=−(0,1,1),………………9分设CD=CB1=(,−,0),AEAC1=11=(0,,−),则D(,1−,0),E(1,,1−),……10分DE=CB1022+=22故DE=(1−,+−1,1−),由得,解得==,,…………12分+=2233DE=AC11011133所以DE=,,,DE=,即DE的长度是.……………………………………………13分33333方法二:设CB1,AC11公垂线的方向向量为n=(x,,yz),n=CB10xy−=0由,得,取一个n=(1,1,1),…………………………………………………11分yz−=0n=AC110第1页共4页{#{QQABIYSAggiAAgAAABhCEQFQCgEQkAGACagGhBAUMAAAyRFABAA=}#}B11Cn33BC11=(0,1,0),=,即DE的长度是.………………………………………………13分n331116.【解析】(1)P(A|1A)=(−p),PA|1A=p+(−p),…………………………4分nn+102(nn+1)002则.………………………………………………………5分P(An++1|An)+P(An1|An)=1−p0+p0=119(2)因为PA()=1,所以PA()=PAA()=PAPAA()(|1)=(−p)=……………8分121212102201解得p=,………………………………………………………………………………………………9分010设,,由,…………………10分P(Ann)=aa1=1PAPAPAAPAPAA(n+1)=+(n)(n+1||n)(n)(n+1n)911可得a=a+(1−a),…………………………………………………………………………12分n+120n20nn−1111111即,,…………………………………………………14分aann+1−=−−an=−+21022102n−1111故第次发球的人是甲的概率.…………………………………………15分nPA(n)=−+210217.【解析】(1)方程f(x)=a解的个数,转化为ya=与y=f(x)有交点的个数.……………………1分的定义域为R,f(x)=xex,…………………………………………………………………2分令fx()0得x0，令fx()0得x0,故fx()在(−,0)上单调递减，在(0,+)上单调递增,………………………………………………4分当x→−时，fx()→0,当x→+时，fx()→+,且f(01)=−,…………………………5分当a−1时，方程有0个解，当a=−1或a0时，方程有1个解，当−10a时，方程有2个解.…………………………………………………………………………8分f(x)−f(x)xx+xeexx12−+xxx(2)要证1212，即证12+k12,………………………………9分exx12−e2exx12−e2xeexx12−+xxx由于k−1，故只需证12−112，…………………………………………………10分exx12−e2xx+不妨设，即证x1x212x1x2，xx12xx12e−e+1(e−e)2x2xx12−两边同时除以e并化简，即证(x1−x2−2)e+x1−x2+20，………………………………12分t令t=−x12x，则t0，设F(t)=(t−2)e+t+2(t0)，………………………………………13分F(t)=(t−11)et+，由(1)知Ft()在(0,+)上单调递增，故F(t)=F(00)，故Ft()在(0,+)上单调递增，所以F(t)=F(00)，从而命题得证.…………………………………………………………………15分第2页共4页{#{QQABIYSAggiAAgAAABhCEQFQCgEQkAGACagGhBAUMAAAyRFABAA=}#}y18.【解析】(1)设D(x,y)(y0)，依题意,Ex(−,0),M0,，…………………………………1分21yED=(2,xy)，FM=−,．………………………………………………………………………3分42xy2因为FM⊥DE，所以FM=ED0，即−+=0，……………………………………………5分22所以的方程为yx2=(x0)．………………………………………………………………………7分ba−1(2)设A(a2,),(aBb2,),(bCc2,)c，则k==,…………………………………………9分ABb22−+aab11同理可得kk==,．……………………………………………………………………10分ACa++cBCbc因为直线AB的倾斜角为=45，所以直线AC的倾斜角为+=60105，直线BC的倾斜角为+=120165．tan+tan60所以k==tan1,k=tan(+60)==−2−3ABAC1−tantan60tan+tan120k=tan(+120)==−2+3,……………………………………………12分BC1−tantan120所以11a+=+=b1,ac=−+23,b+=c=−−23.…………………………15分−2−3−2+3因此，AB=(a2−+−=−b2)2(ab)2(ab)[(2a++=b)21](23)[11]26.2+=2………17分19.【解析】(1)数列(1,2,3,4,5,6,7,8)经过一次“洗牌”变为(5,1,6,2,7,3,8,4),再经过一次“洗牌”变为(7,5,3,1,8,6,4,2),第三次“洗牌”后变为(8,7,6,5,4,3,2,1)．…………………………………3分(2)依题意,当1kN时,f(k)=2k；………………………………………………………………5分当N+12kN时,f(k)=2(k−N)−1=2k−2N−1．…………………………………………7分2k,1kN,因此,fk()=…………………………………………………………8分2k−2N−1,N+1k2N.(3)先观察简单的情形．当n=1时,数列(1,2)经过1次“洗牌”变为(2,1)(“倒序”)，再经过1次“洗牌”就还原为(1,2)；当n=2时,数列(1,2,3,4)经过2次“洗牌”变为(4,3,2,1)(“倒序”)，再经过2次“洗牌”就还原第3页共4页{#{QQABIYSAggiAAgAAABhCEQFQCgEQkAGACagGhBAUMAAAyRFABAA=}#}为(1,2,3,4)；当n=3时,由(1)知数列(1,2,3,4,5,6,7,8)经过3次“洗牌”变为(8,7,6,5,4,3,2,1)(“倒序”)，再经过3次“洗牌”就还原为．由此,我们猜想数列(1,2,,2N)经过2n次“洗牌”后就能还原为．………………11分下面证明这个猜想．令f1()()k=fk,fmm+1(k)=f[f(k)],其中m是任意正整数,则fkm()为次“洗牌”后数字k的位置.2fmm(k),1f(k)N,由第(2)问可知fkm+1()=2()(2fmmk−N+1),N+1f()2.kN2k,1kN,且fk1()=2k−(2N+1),N+1k2N.22k,1kN且1f1(k)N,22k−(2N+1),1kN且N+1()2,f1kN因此，fk2()=2且2k−2(2N+1),N+1k2N1f1(k)N,22k−3(2N+1),N+1k2N且N+1f1()2.kN2注意到f2(k)−2k总是21N+的非负整数倍．………………………………………………………13分m下面用数学归纳法证明对任意正整数m，fm(k)−2k总是的非负整数倍．(ⅰ)当m=1时，结论已成立；*ll(ⅱ)假设m=l()l时，fl(k)−2k=−p(2N+1)，其中p为非负整数，则fl(k)=2k−p(2N+1)，2l+1k−+2(2pN1),1()fkN,lfkl+1()=l+12k−(2p+1)(2N+1),N+1fl()2.kNl+1−+2p(2N1),1fl(k)N,即fl+1(k)−=2k−(2p+1)(2N+1),N+1fl()2,kN即当ml=+1时结论仍成立．综合(ⅰ)、(ⅱ)知对任意正整数，总是的非负整数倍．……………………15分n−1mn当N=2时，fm(k)−2k能被21+整除．特别地，f()2k−22nk=f()211k−n−+k=f()k−k−2121n+n−k2n2n()2n()()能被n整除．又nn能被n整除，故能被n整除．21+(2+−1)(21)k21+f2n()k−k21+1k2n,而故nn，其中只有能被n整除，n−(2−1)f2n(k)−k2−1f2n(k)−=k021+1fk2n()2,故f2n()k=k，即任意数字k经次“洗牌”后位置不变，证毕．…………………………………17分第4页共4页{#{QQABIYSAggiAAgAAABhCEQFQCgEQkAGACagGhBAUMAAAyRFABAA=}#}