云南省曲靖市2025屆高三數學第一次教學質量監(jiān)測試題含解析

云南省曲靖市2024屆高三數學第一次教學質量監(jiān)測試題（本卷滿分150分，考試時間為120分鐘）留意事項：1．答題前，考生務必用黑色碳素筆將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在答題卡上．2．每小題選出答案后，將對應的字母填在答題卡相應位置上，在試題幕上作答無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，，則（）A.（－2，2） B.[0，3）C.（－2，3） D.（－2，3]【答案】C【解析】【分析】求一元二次不等式與分式不等式的解集再求兩者的并集即可.【詳解】∵，，∴.故選：C2.假如一個復數的實部和虛部相等，則稱這個復數為“等部復數”，若復數（其中）為“等部復數”，則復數在復平面內對應的點在（）A.第一象限 B.其次象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】【分析】依據新定義求得a的值，代入求得復數的代數形式，可得復數所對應的點的坐標，進而可得結果.【詳解】∵，又∵“等部復數”的實部和虛部相等，復數為“等部復數”，∴，解得，∴，∴，即：，∴復數在復平面內對應的點是，位于第一象限.故選：A.3.在扇形COD中，．設向量，，則（）A.－4 B.4 C.－6 D.6【答案】D【解析】【分析】運用向量的數量積運算公式求解即可.【詳解】∵，，∴，，，∴.故選：D.4.如圖是某燈具廠生產的一批不倒翁型臺燈外形，它由一個圓錐和一個半球組合而成，圓錐的高是0.4m，底面直徑和球的直徑都是0.6m，現對這個臺燈表面涂膠，假如每平方米須要涂200克，則共需涂膠（）克（精確到個位數）A.176 B.207 C.239 D.270【答案】B【解析】【分析】求出圓錐的母線長，再由臺燈是由一個圓錐和一個半球組成可求得臺燈表面積的值，進而求得涂膠的克數.【詳解】由已知得圓錐的母線長，所以臺燈表面積為，須要涂膠的重量為（克），故選：B.5.已知奇函數圖像的相鄰兩個對稱中心間的距離為2π，將的圖像向右平移個單位得函數的圖像，則的圖像（）A.關于點對稱 B.關于點對稱C.關于直線對稱 D.關于直線對稱【答案】B【解析】【分析】先依據條件求出，，進而結合三角函數的對稱中心及對稱軸辨析即可.【詳解】相鄰兩對稱中心的距離為，則，．已知為奇函數，依據可知，則，．令，，故A錯誤，B正確；令，，故C、D錯誤．故選：B．6.若,則在“函數的定義域為”的條件下,“函數為奇函數”的概率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先列出全部的結果數,由于函數的定義域為,則,恒成立,可得,在全部結果數中選出滿意的狀況,求出概率,依據為奇函數可得或,在全部結果數中選出同時滿意兩個事務狀況,求出其概率,再依據條件概率的計算公式即可計算出結果.【詳解】解:用全部的有序數對表示滿意的結果，則全部的狀況為:,共9種,記“函數的定義域為”為事務A,因為函數的定義域為,所以,恒成立,即,即,其中滿意的基本領件有:共6種,故．記“函數為奇函數”為事務B．已知是奇函數,且定義域為,則,即,即,解得或．滿意或的狀況有共3種,所以,即同時滿意事務A和事務B的狀況有共3種,故,所以.故選:C7.已知綻開式中x的系數為q，空間有q個點，其中任何四點不共面，這q個點可以確定的直線條數為m，以這q個點中的某些點為頂點可以確定的三角形個數為n，以這q個點中的某些點為頂點可以確定的四面體個數為p，則（）A.2024 B.2024 C.40 D.50【答案】D【解析】【分析】依據條件可得綻開式中含x的項為6x，則．進而可求得答案.【詳解】的綻開式中含x的項為：，的綻開式中含x的項為：，所以，的綻開式中含x的項為6x，其系數．依題意得，故選：D．8.已知，，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】構造函數，，結合函數的單調性分別得出，，從而得出答案．【詳解】令，則，，∵，∴當時，，單調遞增，∴，即，令，則，∴當時，，單調遞增，∴，即，所以，即．綜上，．故選：D．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.已知雙曲線C過點且漸近線方程為，則下列結論正確的是（）A.C的方程為B.C的離心率為C.曲線經過C的一個焦點D.C的焦點到漸近線的距離為1【答案】CD【解析】【分析】依據給定條件，求出雙曲線方程，再逐項計算推斷作答.【詳解】因為雙曲線C的漸近線方程為，則設雙曲線C：，又點在雙曲線C上，有，即雙曲線C的方程為，A錯誤；雙曲線C的實半軸長，虛半軸長，半焦距，雙曲線C的離心率，B錯誤；雙曲線C的焦點坐標為，其中滿意，C正確；雙曲線C的焦點到漸近線的距離，D正確．故選：CD10.已知，且則下列結論肯定正確的有（）A. B.C.ab有最大值4 D.有最小值9【答案】AC【解析】【分析】A、C選項，分別依據基本不等式計算即可得到；B選項找出反例即可；D選項由基本不等式“1”的代換計算，漏除了4.【詳解】A選項，，A正確；B選項，找反例，當時，，，，B不正確；C選項，，，當且僅當時取“=”，C正確；D選項，，D不正確.故選：AC.11.已知函數，則下列結論正確的有（）A.B.函數圖像關于直線對稱C.函數的值域為D.若函數有四個零點，則實數的取值范圍是【答案】AC【解析】【分析】依據函數的解析式可得推斷A，依據函數的定義域可推斷B，依據二次函數的性質及三角函數的性質可得函數的值域推斷C，利用數形結合可推斷D.【詳解】因為，所以，故A正確；由題可知函數的定義域為，不關于對稱，故B錯誤；當時，，當時，，，所以函數的值域為，故C正確；由可得，則函數與有四個交點，作出函數與的大致圖象，由圖象可知函數有四個零點，則實數的取值范圍是，故D錯誤.故選：AC.12.在棱長為1的正方體中，為底面的中心，是棱上一點，且，，為線段的中點，給出下列命題，其中正確的是（）A.與共面；B.三棱錐的體積跟的取值無關；C.當時，；D.當時，過，，三點平面截正方體所得截面的周長為．【答案】ABD【解析】【分析】對于選項A：可得，可推斷；對于選項B：點到平面的距離為定值，且的面積為定值可推斷；對于選項C：分別求出的長，驗證是否滿意勾股定理，從而推斷;對于選項D：先將過，，的截面分析做出，再求周長可推斷.【詳解】對選項A：在中，因為，為，的中點，所以，所以與共面，所以A正確；對選項B：由，因為到平面距離為定值，且的面積為定值，所以三棱錐的體積跟的取值無關，所以B正確；對選項C：當時，,可得，，取的中點分別為，連接,則在直角三角形中,則，所以不成立，所以C不正確．對選項D：當時，取,連接,則,又所以所以共面,即過，，三點的正方體的截面為，由,則是等腰梯形,且所以平面截正方體所得截面的周長為，所以D正確；故選：ABD．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知函數的圖象在處的切線的傾斜角為α，則________．【答案】【解析】【分析】由導數的幾何意義求出，再由同角三角函數的基本關系即可得出答案.【詳解】，，即，，，利用三角函數定義，．故答案為：.14.已知隨機變量，若，則p＝_____．【答案】##0.25【解析】【分析】由可得，進而可求解答案.【詳解】已知X～B（2，p），則，∴，解得或（因為0＜p＜1，故舍去）．故答案為：．15.已知直線與圓C：相交于點A，B，若是正三角形，則實數________【答案】##0.5【解析】【分析】由是正三角形得到圓心點到直線的距離為，從而用點到直線距離公式即可求解.【詳解】設圓的半徑為，由可得，因為是正三角形，所以點到直線的距離為,即，兩邊平方得，解得.故答案為:.16.已知，分別是橢圓的左、右焦點，，是橢圓與拋物線的公共點，，關于軸對稱且位于軸右側，，則橢圓的離心率的最大值為______．【答案】【解析】【分析】聯立拋物線與橢圓方程，消元、解得或，再分和兩種狀況探討，當時求出、的坐標，由，即可得到關于的不等式，解得即可.【詳解】解：聯立拋物線與橢圓的方程消去整理得到，解得或．①時，代入解得，已知點位于軸右側，取交點，則，此時，與沖突，不合題意．②時，代入解得．已知點，關于軸對稱且位于軸右側，取交點、，已知，則軸，．此時，即，兩端同除以可得：，解得．因為，所以，所以．故答案為：四、解答題：本題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.在①，②這兩個條件中選擇一個補充在下面的問題中，然后求解．設等差數列的公差為，前n項和為，等比數列的公比為q．已知，，．（說明：只需選擇一個條件填入求解，假如兩個都選擇并求解的，只按選擇的第一種情形評分）（1）請寫出你的選擇，并求數列和的通項公式；（2）若數列滿意，設的前n項和為，求證：．【答案】（1）選①，；選②，.（2）證明見解析【解析】【分析】（1）由等差數列、等比數列的基本量代入方程組求解即可.（2）運用錯位相減法求和即可.【小問1詳解】由題意知，，，，選①，由題意知，，，所以，，即：，.選②，由題意知，，,所以，，即：，.【小問2詳解】證明：由（1）得，∴①，②，①②得：，∴．又∵對，恒成立，∴．18.在△ABC中，角A，B，C的對邊長依次是a，b，c，，．（1）求角B的大?。唬?）當△ABC面積最大時，求∠BAC的平分線AD的長．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理角化邊，再應用余弦定理可解得角B.（2）由余弦定理與重要不等式可得△ABC面積最大時a、c的值，在△ABD中應用正弦定理可解得AD的值.【小問1詳解】∵，∴由正弦定理可得，∴由余弦定理得，又∵，∴．【小問2詳解】在△ABC中，由余弦定理得，即．∵，，∴，當且僅當時取等號，∴，當且僅當a＝c＝2時，，又∵△ABC面積為，∴當且僅當a＝c＝2時△ABC面積最大．當a＝c＝2時，．又∵為的角平分線，∴∴在△ABD中，，∴在△ABD中，由正弦定理得．19.某地A，B，C，D四個商場均銷售同一型號的冰箱，經統(tǒng)計，2024年10月份這四個商場購進和銷售該型號冰箱的臺數如下表（單位：十臺）：A商場B商場C商場D商場購講該型冰箱數x3456銷售該型冰箱數y2.5344.5（1）已知可用線性回來模型擬合y與x的關系，求y關于x的線性回來方程；（2）假設每臺冰箱的售價均定為4000元．若進入A商場的甲、乙兩位顧客購買這種冰箱的概率分別為p，，且甲乙是否購買冰箱互不影響，若兩人購買冰箱總金額的期望不超過6000元，求p的取值范圍．參考公式：回來方程中斜率和截距的最小二乘估計公式分別為，．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依據最小二乘法求線性回來方程即可；（2）設甲、乙兩人中選擇購買這種冰箱的人數為X，求出分布列得到期望，由期望的性質求出，列出不等式求解即可.【小問1詳解】，，，．所以，則．故y關于x的線性回來方程為．【小問2詳解】設甲、乙兩人中選擇購買這種冰箱的人數為X，則X的全部可能取值為0，1，2．，，．所以，X的分布列為X012P所以，．令，即，解得，又，所以．所以p的取值范圍為．20.如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，，，M，N分別是線段AB，PC的中點．（1）求證：MN平面PAD；（2）在線段CD上是否存在一點Q，使得直線NQ與平面DMN所成角的正弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）證明見解析（2）存在，【解析】【分析】（1）取PB中點E，連接ME，NE．由線面平行的判定定理可證得ME平面PAD，NE平面PAD，再由面面平行的判定定理即可證明；（2）以AB、AD、AP為x、y、z軸建立如圖的空間直角坐標系，由線面角的向量公式可求出Q點的位置，即可得出的值.【小問1詳解】如圖，取PB中點E，連接ME，NE．∵M，N分別是線段AB，PC的中點，∴MEPA．又∵平面PAD，平面PAD，∴ME平面PAD，同理得NE平面PAD．又∵，∴平面PAD平面MNE．∵平面MNE，∴MN平面PAD．【小問2詳解】∵ABCD為矩形，∴AB⊥AD．QPA⊥平面ABCD，∴AP、AB、AD兩兩垂直．依次以AB、AD、AP為x、y、z軸建立如圖的空間直角坐標系，則，，，，PC中點，∴，．設平面DMN的法向量，則，即，取x＝1，得y＝1，z＝－1，．若滿意條件的CD上的點Q存在，設，，又，則．設直線NQ與平面DMN所成的角為，則，解得t＝1或t＝－3．已知0≤t≤4，則t＝1，∴．DQ＝1，CD＝4，CQ＝CD－DQ＝4－1＝3，．故CD上存在點Q，使直線NQ與平面DMN所成角的正弦值為，且．21.如圖，已知，直線l：，P為平面上的動點，過點P作l的垂線，垂足為點Q，且．（1）求動點P的軌跡C的方程；（2）過點F的直線與軌跡C交于A，B兩點，與直線l交于點M，設，，證明定值，并求的取值范圍．【答案】（1）（2）證明見解析，【解析】【分析】（1）設出點的坐標，運用數量積運算可得結果.（2）設直線AB的方程，求出點M的坐標，聯立直線AB與軌跡C的方程后由韋達定理得、，由已知向量關系式可得，，進而求得的值與的范圍.【小問1詳解】設點，則，且．由得，即，化簡得．故動點P的軌跡C的方程為：．【小問2詳解】設直線AB的方程為：，則．聯立直線AB與軌跡C的方程得，消去x得，則．設，，由韋達定理知，．由，得：，，整理得，．所以．故為定值0．∵，∴，∴的取值范圍是．【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為；（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.22.已知函數的圖像與直線l：相切于點．（1）求函數的圖像在點處的切線在x軸上的截距；（2）求c與a的函數關系；（3）當a為函數g（a）的零點時，若對隨意，不等式恒成立．求實數k的最值．【答案】（1）（2）（3）最大值為3，最小值為．【解析】【