數(shù)學(xué)-廣西壯族自治區(qū)桂林市2025年（屆）高三春季開學(xué)質(zhì)量檢測卷試題和答案

2025年春季高三開學(xué)質(zhì)量檢測卷數(shù)學(xué)參考答案1.A根據(jù)題意易得AUB={1,2,3,7}.2.B(2—i)(1—4i)=2—8i—i十4i2=—2—9i.3.B因?yàn)閍十b=(3,父—1),所以(a十b).c=3十2(父—1)=3,解得父=1.4.D=13.5.C拋物線y2=12父的焦點(diǎn)F(3,0),準(zhǔn)線l:父=—3.因?yàn)辄c(diǎn)P到焦點(diǎn)F的距離為12,所以點(diǎn)P到準(zhǔn)線的距離為父P十3=12,則父P=9.6.D設(shè)該器皿的高為hcm,由題意得.h=390π,解得h=10.7.D根據(jù)題意得上CAM=—=,則×6×4sin=.6.AM.sin十.4.AM.sin,解得AM=.8.C由題意得f,(父)=3父2十12父十a(chǎn),則Δ=144—12a>0,解得a<12.A={1,2,3,…,36}共有36個元素,當(dāng)f(父)有極值時,a∈{1,2,…,11},b∈A,則滿足條件的f(父)共有CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(1),1)1CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(1),3)6=396個.9.AC對于雙曲線C:父2—=1,a=1,b=7,則c=\所以雙曲線C的實(shí)軸長為2,焦點(diǎn)坐標(biāo)為(±5\,0),離心率為5\,漸近線方程為父=±7父,即7父±y=0.10.ABD畫出函數(shù)f(父)的大致圖象,如圖所示.設(shè)t=f(父),則f(f(父))=m可化為f(t)=m.當(dāng)m>3時,f(t)=m有1個根t>6,即f(父)=t>6,此時方程f(f(父))=m有1個根.當(dāng)m=3時,f(t)=m有2個根t1=2,t2=6,即f(父)=t1=2或f(父)=t2=6,此時方程f(f(父))=m有4個根.當(dāng)0<m<3時,f(t)=m有3個根t1∈(0,2),t2∈(2,3),t3∈(5,6),此時方程f(f(父))=m有7個根.當(dāng)m=0時,3234 -03234 -0.55AYf(t)=m有3個根t1=0,t2=3,t3=5,此時方程f(f(父))=m有6個根.當(dāng)—<m<0時,f(t)=m有3個根t1∈(—1,0),t2∈(3,4),t3∈(4,5),此時方程f(f(父))=m有5個根.故方程f(f(父))=m的實(shí)數(shù)解的個數(shù)可能為1或4或5或6或7,故選ABD.【高三數(shù)學(xué)●參考答案第1頁(共5頁)】A1KC1BAHP11.ABD由正方體的性質(zhì)知ADⅡBC,因?yàn)锳D丈平面BCK,BCG平面BCK,所以ADⅡ平面BCK,A正確.連接CD1,BA1.由正方體的性質(zhì)易得C1D丄CD1,BC丄平面CDD1C1,所以BC丄C1D,CD1∩BC=C,所以C1D丄平面BCD1A1,BKG平面BCD1A1,所以C1DA1KC1BAHPDCB丄BK,B正確.十十十十CB100十100=150,則向量-EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(-→),PH)在向量C-EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(→),D)上的投影向量為●3-→4C1D,C錯誤.由題意,由下至上第一層小球有10×10=100個,第二層小球有9×9=81個,奇數(shù)層均有100個,偶數(shù)層均有81個,第一層與第二層中5個相鄰球的球心構(gòu)成的3-→一個棱長為1的正四棱錐的高為,假設(shè)共有n層小球,則總高度為十1,n∈N*,令十1≤10,解得n—1≤9\.因?yàn)?22<2<132,所以n—1≤12,小球共有13層,相鄰的兩層小球共有100十81=181個,所以該正方體內(nèi)可以裝入181×6十100=1186個直徑為1的小球,D正確.12.8根據(jù)題意可得,解得w=8.13.0.031根據(jù)題意可得這個羽毛球是次品的概率為0.3×0.02十0.4×0.04十0.3×0.03=14.[1,2]由題設(shè)得因?yàn)楦?gt;—2,所以父2≤父十2,解得—1≤父≤2.設(shè)218A(父,y),父∈[—1,2],則|OA|2=父2十y2=父2十5—5(父十2)=5(父十2)十5,令f(父)218=5(父十2)十5,父∈[—1,2],則f,(父)=5(父十2)21816=—5或父=1.當(dāng)—1≤父<0或1<父≤2時,f,(父)>0,f(父)單調(diào)遞增;當(dāng)0<父<1時,1817f,(父)<0,f(父)單調(diào)遞減.f(—1)=1,f(0)=5,f(1)=5,f(2)=4,所以f(父)的最小值為1,最大值為4,故線段OA長度的取值范圍是[1,2].15.解:(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,則29d=a31—a2=61—3=58,……2分解得d=2,…………………4分則an=3十(n—2)×2=2n—1,所以{an}的通項公式為an=2n—1.…6分由可得,…………8分【高三數(shù)學(xué)●參考答案第2頁(共5頁)】EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(1),十)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(n),十)……………10分所以Tn=×××…×nEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(n),十)1=nEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(1),十)1.………………13分16.解:(1)父=×(2十3十4十5十6)=4,……………………1分y=×(1十1.1十1.5十1.8十2.1)=1.5,………………2分EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(^),b)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(—),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(1),十)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(0),十)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(4),1)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(十1),十2)×0.3十2×0.6=0.29,…5分EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(^),a)=1.5—0.29×4=0.34,…………………7分EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(^),y)………9分(2)將父=10代入EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(^),y)=0.29父十0.34,得EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(^),y)=0.29×10十0.34=3.24,…14分故當(dāng)今年的日營銷費(fèi)用為1000元時,日銷售量約為3.24百件.……15分17.(1)證明:因?yàn)樗倪呅蜝DEF是矩形,所以DE丄BD.……1分因?yàn)槠矫鍮DEF丄平面ABC,平面BDEF∩平面ABC=BD,…………3分DEG平面BDEF,所以DE丄平面ABC.………………5分BCG平面ABC,所以DE丄BC.…………6分(2)解:由(1)知DE丄平面ABC,因?yàn)锳B=BC,D為AC的中點(diǎn),所以AC丄BD.以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DB,DE所在直線分別為父,y,義軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示.………7分設(shè)DE=t(t>0),則A(\,0,0),B(0,\,0),E(0,0,t),C(—\,0,0),F(0,\,t),-→-→-→所以AE=(—\2,0,t),AF=(—\2,\2,t),BF=(0,-→-→-→-EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(-→),BC)=(—\,—\,0),……8分設(shè)平面AEF的法向量為m=(父1,y1,義1),EEFFADADByCm則〈-→-→-→取m=(t,0,\2).●AF=—\2父1十\2y1十t義1=0,………………10分設(shè)平面BFC的法向量為n=(父2,y2,義2),-→則EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up11(n),n)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up11(●),●)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up11(=),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up11(0),父)2=0,取n=(1,—1,0).……12分因?yàn)槠矫鍭EF與平面BFC的夾角為,所以|cos〈m,n〉|=EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(m),m)|●|EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(n),n)=\2十tt2●\=,…………………………14分解得t=\2,即DE=\2.…………………15分18.解:(1)因?yàn)椤鰽BF1的周長為8,所以4a=8,得a=2.…………………1分【高三數(shù)學(xué)●參考答案第3頁(共5頁)】因?yàn)闄E圓Ω的離心率為,所以c=1,b=\=\,…………………3分22故橢圓Ω的標(biāo)準(zhǔn)方程為EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(父),4)十=1.………4分(2)由題意,F1(—1,0),F2(1,0),所以直線l的方程是y=父—1,………5分,…………7分2=—,……………8分所以|AB|=\.……………10分(3)設(shè)直線l的方程為父=ty十1.由,得y2十6ty—9=0,Δ=144t2十144>0.………11分設(shè)A(父1,y1),B(父2,y2),P(父3,y3),線段AB的中點(diǎn)為H,則y1十y2=3tEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(—6t),2十)4,父1十父2=t(y1十y2)十2=3t2EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(8),十)4,H(3t2EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(4),十)4,3tEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(—3t),2十)4).………12分若△ABP的重心在y軸上,則父1十父2十父3=0,即3t2EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(8),十)4十父3=0,所以父…………………………13分解得,所以P,…………15分因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓Ω上,所以十=1,解得t=0或t=±…………………16分故存在直線l,使得△ABP的重心在y軸上,其方程為\父—y—\=0或\父十y—\=0或父=1.……………………17分19.解:(1)由題意可得f(1)=0,………………1分由f,(父)=ln父十1十EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(8),父),得f,(1)=9,……………………2分則曲線y=f(父)在(1,f(1))處的切線方程為y=9(父—1)=9父—9,即9父—y—9=0(或y=9父—9).……………………4分【高三數(shù)學(xué)●參考答案第4頁(共5頁)】(2)由題意得h(父)=ln父,則g(父)=e父.…………………5分①不等式te父>父十1即t>,則.…6分當(dāng)父<0時,φ,(父)>0,φ(父)單調(diào)遞增,當(dāng)父>0時,φ,(父)<0,φ(父)單調(diào)遞減,………7分則maX=φ=1,…………………8分所以t>1,即t的取值范圍是(1,十∞).…………………9分