[答案]2025年佛山一检数学_2025年1月_250117广东省2025届佛山市高三上学期一模（全科）_2025届广东省佛山市高三上学期一模数学试卷

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 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D C B B D A A 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 9 10 11 答案 ABC AC ABD 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 1 12. 10 13. 14. 3 3 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BB ,AB 的中点F,G,连接FG,FD,GE,………………………………………1分 1 1 1 z 1 1 因为GE// BC ,DF// BC,BC //BC, 2 1 1 2 1 1 A A 1 所以GE//DF ,四边形GEDF 是平行四边形. ………2分 E G 所以DE// FG, y 又DE平面ABB A ,FG平面ABB A , C C 1 1 1 1 D 1 所以DE//平面ABB A .………………………………5分 1 1 B F B x 1 1 1 1 (2)直三棱柱ABC−ABC 的体积V =S BB = ABBCsinABCBB = sinABC = , 1 1 1 △ABC 1 2 1 2 2 所以sinABC =1,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 B (1,0,0),C(0,1,0),C (1,1,0),A (1,0,1),CB =(1,−1,0),AC =(0,1,−1), ………………9分 1 1 1 1 1 1 设CD=CB =(,−,0),AE =AC =(0,,−),则D(,1−,0),E(1,,1−), ……10分 1 1 1 1  DECB =0 2+=2 2 2 故DE =(1−,+−1,1−),由 1 得 ,解得= ,= ,…………12分  DEAC =0 +2=2 3 3 1 1 1 1 1 3 3 所以DE =  , , , DE = ,即DE的长度是 . ……………………………………………13分 3 3 3 3 3 方法二:设CB ,AC 公垂线的方向向量为n=(x,y,z), 1 1 1  nCB =0 x− y =0 由 1 ,得 ,取一个n=(1,1,1), …………………………………………………11分  nAC =0 y−z =0 1 1 第 1 页 共 4 页 {#{QQABIYSAggiAAgAAABhCEQFQCgEQkAGACagGhBAUMAAAyRFABAA=}#}BC n 3 3 BC =(0,1,0), 1 1 = ,即DE的长度是 .………………………………………………13分 1 1 n 3 3 16.【解析】(1)P(A | A )=(1− p ) 1 ,P ( A | A ) = p +(1− p ) 1 ,…………………………4分 n+1 n 0 2 n+1 n 0 0 2 则P(A | A )+P ( A | A ) =1− p + p =1. ………………………………………………………5分 n+1 n n+1 n 0 0 1 9 (2)因为P(A)=1,所以P(A )=P(AA )=P(A )P(A |A )=(1− p ) = ……………8分 1 2 1 2 1 2 1 0 2 20 1 解得 p = ,………………………………………………………………………………………………9分 0 10 设P(A )=a ,a =1, 由P(A )=P(A )P(A | A )+P ( A ) P ( A |A ) ,…………………10分 n n 1 n+1 n n+1 n n n+1 n 9 11 可得a = a + (1−a ),…………………………………………………………………………12分 n+1 20 n 20 n n−1 1 1  1 1  1  1 即a − =−  a − ,a =   −  + ,…………………………………………………14分 n+1 2 10 n 2 n 2  10 2 n−1 1  1  1 故第n次发球的人是甲的概率P(A )=   −  + . …………………………………………15分 n 2  10 2 17.【解析】(1)方程 f (x)=a解的个数,转化为y = a与y= f (x)有交点的个数.……………………1分 y= f (x)的定义域为R, f(x)= xex,…………………………………………………………………2分 令 f(x)0得x0，令 f(x)0得x0, 故 f (x)在(−,0)上单调递减，在(0,+)上单调递增,………………………………………………4分 当x→−时， f (x)→0, 当x→+时， f (x)→+,且 f (0)=−1,…………………………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−1a0时，方程有2个解.…………………………………………………………………………8分 f (x )− f (x ) x +x xex 1 −x ex 2 x +x (2)要证 1 2  1 2 ，即证 1 2 +k  1 2 , ………………………………9分 ex 1 −ex 2 2 ex 1 −ex 2 2 xex 1 −x ex 2 x +x 由于k −1，故只需证 1 2 −1 1 2 ， …………………………………………………10分 ex 1 −ex 2 2 不妨设x  x ，即证xex 1 −x ex 2    x 1 +x 2 +1   ( ex 1 −ex 2 ) ， 1 2 1 2  2  两边同时除以ex 2并化简，即证(x −x −2)ex 1 −x 2 +x −x +20，………………………………12分 1 2 1 2 令t = x −x ，则t 0，设F(t)=(t−2)et +t+2(t 0)，………………………………………13分 1 2 F(t)=(t−1)et +1， 由(1)知F(t)在(0,+)上单调递增， 故F(t)F(0)=0，故F(t)在(0,+)上单调递增， 所以F(t)F(0)=0，从而命题得证.…………………………………………………………………15分 第 2 页 共 4 页 {#{QQABIYSAggiAAgAAABhCEQFQCgEQkAGACagGhBAUMAAAyRFABAA=}#} y 18.【解析】(1)设D(x,y)(y 0)，依题意,E(−x,0),M  0, ， …………………………………1分  2  1 y ED=(2x,y)，FM =  − , ．………………………………………………………………………3分  4 2 x y2 因为FM ⊥ DE，所以FM ED=0，即− + =0， ……………………………………………5分 2 2 所以的方程为y2 = x(x0)． ………………………………………………………………………7分 b−a 1 (2)设A(a2,a),B(b2,b),C(c2,c)，则k = = ,…………………………………………9分 AB b2 −a2 a+b 1 1 同理可得k = ,k = ．……………………………………………………………………10分 AC a+c BC b+c 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− 3 AB AC 1−tantan60 tan+tan120 k =tan(+120)= =−2+ 3,……………………………………………12分 BC 1−tantan120 所以 1 1 a+b=1,a+c= =−2+ 3,b+c= =−2− 3.…………………………15分 −2− 3 −2+ 3 因此，AB = (a2 −b2)2 +(a−b)2 = (a−b)2[(a+b)2 +1] = (2 3)2[12 +1] =2 6.………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k  N时, f (k)=2k ； ………………………………………………………………5分 当N+1k 2N时, f (k)=2(k−N)−1=2k−2N−1． …………………………………………7分 2k, 1k  N, 因此, f (k)= …………………………………………………………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(1,2,3,4,5,6,7,8)． 由此,我们猜想数列(1,2, ,2N)经过2n次“洗牌”后就能还原为(1,2, ,2N)．………………11分 下面证明这个猜想． 令 f (k)= f(k), f (k)= f[f (k)],其中m是任意正整数,则 f (k)为m次“洗牌”后数字k的位置. 1 m+1 m m 2f (k), 1 f (k) N, 由第(2)问可知 f (k)= m m m+1 2f (k)−(2N +1), N +1 f (k) 2N.  m m 2k, 1 k N, 且 f (k)= 1 2k−(2N +1), N +1 k 2N. 22k, 1 k N 且 1 f (k) N, 1  22k−(2N +1), 1 k N 且 N +1 f (k) 2N, 因此， f (k)= 1 2 22k−2(2N +1), N +1 k 2N 且 1 f (k) N,  1 22k−3(2N +1), N +1 k 2N 且 N +1 f (k) 2N.  1 注意到 f (k)−22k 总是2N+1的非负整数倍．………………………………………………………13分 2 下面用数学归纳法证明对任意正整数m， f (k)−2mk总是2N+1的非负整数倍． m (ⅰ) 当m=1时，结论已成立； (ⅱ) 假设m=l(l *)时，f (k)−2lk =−p(2N+1)，其中 p为非负整数，则 f (k)=2lk− p(2N+1)， l l 2l+1k−2p(2N +1), 1 f (k) N, f (k)= l l+1 2l+1k−(2p+1)(2N +1), N +1 f (k) 2N.  l −2p(2N +1), 1 f (k) N, 即 f (k)−2l+1k = l l+1 −(2p+1)(2N +1), N +1 f (k) 2N,  l 即当m=l+1时结论仍成立． 综合(ⅰ)、(ⅱ)知对任意正整数m， f (k)−2mk总是2N+1的非负整数倍．……………………15分 m 当N =2n−1时， f (k)−2mk能被2n +1整除．特别地， m f (k)−22nk = f (k)−( 22n −1 ) +1k = f (k)−k− ( 2n +1 )( 2n −1 ) k 2n 2n   2n 能被2n +1整除．又 ( 2n +1 )( 2n −1 ) k 能被2n +1整除，故 f (k)−k 能被2n +1整除． 2n 1 k 2n, 而 故− ( 2n −1 ) f (k)−k 2n −1，其中只有 f (k)−k =0能被2n +1整除， 1 f (k) 2n, 2n 2n  2n 故 f (k)=k，即任意数字k经2n次“洗牌”后位置不变，证毕．…………………………………17分 2n 第 4 页 共 4 页 {#{QQABIYSAggiAAgAAABhCEQFQCgEQkAGACagGhBAUMAAAyRFABAA=}#}