云南省昆明市师大附中2025年高三质量监测（四）数学试题含解析

云南省昆明市师大附中2025年高三质量监测（四）数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。1．已知双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．2．已知底面为边长为的正方形，侧棱长为的直四棱柱中，是上底面上的动点.给出以下四个结论中，正确的个数是（）①与点距离为的点形成一条曲线，则该曲线的长度是；②若面，则与面所成角的正切值取值范围是；③若，则在该四棱柱六个面上的正投影长度之和的最大值为.A． B． C． D．3．已知等比数列的各项均为正数，设其前n项和，若（），则（）A．30 B． C． D．624．设集合（为实数集），，，则（）A． B． C． D．5．已知直线，，则“”是“”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件6．“幻方”最早记载于我国公元前500年的春秋时期《大戴礼》中．“阶幻方”是由前个正整数组成的—个阶方阵，其各行各列及两条对角线所含的个数之和（简称幻和）相等，例如“3阶幻方”的幻和为15（如图所示）．则“5阶幻方”的幻和为（）A．75 B．65 C．55 D．457．为了进一步提升驾驶人交通安全文明意识，驾考新规要求驾校学员必须到街道路口执勤站岗，协助交警劝导交通.现有甲、乙等5名驾校学员按要求分配到三个不同的路口站岗，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有()A．12种 B．24种 C．36种 D．48种8．已知复数z满足（其中i为虚数单位），则复数z的虚部是（）A． B．1 C． D．i9．已知实数、满足约束条件，则的最大值为（）A． B． C． D．10．已知双曲线，为坐标原点，、为其左、右焦点，点在的渐近线上，，且，则该双曲线的渐近线方程为（）A． B． C． D．11．设a,b∈(0,1)∪(1,+∞)，则"a=b"是"logA．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件12．设，是空间两条不同的直线，，是空间两个不同的平面，给出下列四个命题：①若，，，则；②若，，，则；③若，，，则；④若，，，，则.其中正确的是（）A．①② B．②③ C．②④ D．③④二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若变量，满足约束条件，则的最大值为__________．14．展开式中的系数为_______________．15．已知为偶函数，当时，，则__________．16．函数在上的最小值和最大值分别是_____________．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知抛物线E：y2＝2px（p＞0），焦点F到准线的距离为3，抛物线E上的两个动点A（x1，y1）和B（x2，y2），其中x1≠x2且x1+x2＝1．线段AB的垂直平分线与x轴交于点C．（1）求抛物线E的方程；（2）求△ABC面积的最大值．18．（12分）如图，平面四边形中，，是上的一点，是的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.19．（12分）在平面直角坐标系中，为直线上动点，过点作抛物线:的两条切线，，切点分别为，，为的中点.（1）证明:轴；（2）直线是否恒过定点?若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由.20．（12分）已知椭圆：（），与轴负半轴交于，离心率.（1）求椭圆的方程；（2）设直线：与椭圆交于，两点，连接，并延长交直线于，两点，已知，求证：直线恒过定点，并求出定点坐标.21．（12分）已知，，不等式恒成立.（1）求证:（2）求证:.22．（10分）某职称晋级评定机构对参加某次专业技术考试的100人的成绩进行了统计，绘制了频率分布直方图（如图所示），规定80分及以上者晋级成功，否则晋级失败．晋级成功晋级失败合计男16女50合计（1）求图中的值；（2）根据已知条件完成下面列联表，并判断能否有的把握认为“晋级成功”与性别有关？（3）将频率视为概率，从本次考试的所有人员中，随机抽取4人进行约谈，记这4人中晋级失败的人数为，求的分布列与数学期望．（参考公式：，其中）0.400.250.150.100.050.0250.7801.3232.0722.7063.8415.024

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。1．B【解析】

由题意得出的值，进而利用离心率公式可求得该双曲线的离心率.【详解】双曲线的渐近线方程为，由题意可得，因此，该双曲线的离心率为.故选：B.本题考查利用双曲线的渐近线方程求双曲线的离心率，利用公式计算较为方便，考查计算能力，属于基础题.2．C【解析】

①与点距离为的点形成以为圆心，半径为的圆弧，利用弧长公式，可得结论；②当在（或时，与面所成角（或的正切值为最小，当在时，与面所成角的正切值为最大，可得正切值取值范围是；③设，，，则，即，可得在前后、左右、上下面上的正投影长，即可求出六个面上的正投影长度之和．【详解】如图：①错误，因为，与点距离为的点形成以为圆心，半径为的圆弧，长度为；②正确，因为面面，所以点必须在面对角线上运动，当在（或）时，与面所成角（或）的正切值为最小（为下底面面对角线的交点），当在时，与面所成角的正切值为最大，所以正切值取值范围是；③正确，设，则，即，在前后、左右、上下面上的正投影长分别为，，，所以六个面上的正投影长度之，当且仅当在时取等号.故选：.本题以命题的真假判断为载体，考查了轨迹问题、线面角、正投影等知识点，综合性强，属于难题．3．B【解析】

根据，分别令，结合等比数列的通项公式，得到关于首项和公比的方程组，解方程组求出首项和公式，最后利用等比数列前n项和公式进行求解即可.【详解】设等比数列的公比为，由题意可知中：.由，分别令，可得、，由等比数列的通项公式可得：，因此.故选：B本题考查了等比数列的通项公式和前n项和公式的应用，考查了数学运算能力.4．A【解析】

根据集合交集与补集运算,即可求得.【详解】集合,,所以所以故选:A本题考查了集合交集与补集的混合运算,属于基础题.5．C【解析】

先得出两直线平行的充要条件，根据小范围可推导出大范围，可得到答案.【详解】直线，，的充要条件是，当a=2时，化简后发现两直线是重合的，故舍去，最终a=-1.因此得到“”是“”的充分必要条件.故答案为C.判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．6．B【解析】

计算的和，然后除以，得到“5阶幻方”的幻和.【详解】依题意“5阶幻方”的幻和为，故选B.本小题主要考查合情推理与演绎推理，考查等差数列前项和公式，属于基础题.7．C【解析】

先将甲、乙两人看作一个整体，当作一个元素，再将这四个元素分成3个部分，每一个部分至少一个，再将这3部分分配到3个不同的路口，根据分步计数原理可得选项.【详解】把甲、乙两名交警看作一个整体，个人变成了4个元素，再把这4个元素分成3部分，每部分至少有1个人，共有种方法，再把这3部分分到3个不同的路口，有种方法，由分步计数原理，共有种方案。故选：C.本题主要考查排列与组合,常常运用捆绑法，插空法，先分组后分配等一些基本思想和方法解决问题，属于中档题.8．A【解析】

由虚数单位i的运算性质可得，则答案可求.【详解】解：∵，∴，，则化为，∴z的虚部为.故选：A.本题考查了虚数单位i的运算性质、复数的概念，属于基础题.9．C【解析】

作出不等式组表示的平面区域，作出目标函数对应的直线，结合图象知当直线过点时，取得最大值.【详解】解：作出约束条件表示的可行域是以为顶点的三角形及其内部，如下图表示：当目标函数经过点时，取得最大值，最大值为.故选：C.本题主要考查线性规划等基础知识；考查运算求解能力，数形结合思想，应用意识,属于中档题.10．D【解析】

根据，先确定出的长度，然后利用双曲线定义将转化为的关系式，化简后可得到的值，即可求渐近线方程.【详解】如图所示：因为，所以，又因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以渐近线方程为.故选：D.本题考查根据双曲线中的长度关系求解渐近线方程，难度一般.注意双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚轴长度的一半.11．A【解析】

根据题意得到充分性，验证a=2,b=1【详解】a,b∈0,1∪1,+∞，当"a=b当logab=log故选：A.本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力.12．C【解析】

根据线面平行或垂直的有关定理逐一判断即可.【详解】解：①：、也可能相交或异面，故①错②：因为，，所以或，因为，所以，故②对③：或，故③错④：如图因为，，在内过点作直线的垂线，则直线，又因为，设经过和相交的平面与交于直线，则又，所以因为，，所以，所以，故④对.故选：C考查线面平行或垂直的判断，基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

根据约束条件可以画出可行域，从而将问题转化为直线在轴截距最大的问题的求解，通过数形结合的方式可确定过时，取最大值，代入可求得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：将化为，则最大时，直线在轴截距最大；由直线平移可知，当过时，在轴截距最大，由得：，.故答案为：.本题考查线性规划中最值问题的求解，关键是能够将问题转化为直线在轴截距的最值的求解问题，通过数形结合的方式可求得结果.14．【解析】

把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．【详解】解：，故它的展开式中的系数为，故答案为：．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．15．【解析】

由偶函数的性质直接求解即可【详解】.故答案为本题考查函数的奇偶性，对数函数的运算，考查运算求解能力16．【解析】

求导，研究函数单调性，分析，即得解【详解】由题意得，，令，解得，令，解得.在上递减，在递增．，而，故在区间上的最小值和最大值分别是．故答案为：本题考查了导数在函数最值的求解中的应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（1）y2＝6x（2）．【解析】

（1）根据抛物线定义，写出焦点坐标和准线方程，列方程即可得解；（2）根据中点坐标表示出|AB|和点到直线的距离，得出面积，利用均值不等式求解最大值.【详解】（1）抛物线E：y2＝2px（p＞0），焦点F（，0）到准线x的距离为3，可得p＝3，即有抛物线方程为y2＝6x；（2）设线段AB的中点为M（x0，y0），则，y0，kAB，则线段AB的垂直平分线方程为y﹣y0（x﹣2），①可得x＝5，y＝0是①的一个解，所以AB的垂直平分线与x轴的交点C为定点，且点C（5，0），由①可得直线AB的方程为y﹣y0（x﹣2），即x（y﹣y0）+2②代入y2＝6x可得y2＝2y0（y﹣y0）+12，即y2﹣2y0y+2y02＝0③，由题意y1，y2是方程③的两个实根，且y1≠y2，所以△＝1y02﹣1（2y02﹣12）＝﹣1y02+18＞0，解得﹣2y0＜2，|AB|，又C（5，0）到线段AB的距离h＝|CM|，所以S△ABC|AB|h•，当且仅当9+y02＝21﹣2y02，即y0＝±，A（，），B（，），或A（，），B（，）时等号成立，所以S△ABC的最大值为．此题考查根据焦点和准线关系求抛物线方程，根据直线与抛物线位置关系求解三角形面积的最值，表示三角形的面积关系常涉及韦达定理整体代入，抛物线中需要考虑设点坐标的技巧，处理最值问题常用函数单调性求解或均值不等式求最值.18．（1）见解析；（2）【解析】

（1）要证平面平面，只需证平面，而，所以只需证，而由已知的数据可证得为等边三角形，又由于是的中点，所以，从而可证得结论；（2）由于在中，，而平面平面，所以点在平面的投影恰好为的中点，所以如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.【详解】（1）由，所以平面四边形为直角梯形，设，因为.所以在中，，则，又，所以，由，所以为等边三角形，又是的中点，所以，又平面，则有平面，而平面，故平面平面.（2）解法一：在中，，取中点，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，所以平面，以为坐标原点，方向为轴方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设平面的法向量，由得取，则设直线与平面所成角大小为，则，故直线与平面所成角的正弦值为.解法二：在中，，取中点，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，所以平面，过作于，连，则由平面平面，所以，又，则平面，又平面所以，在中，，所以，设到平面的距离为，由，即，即，可得，设直线与平面所成角大小为，则.故直线与平面所成角的正弦值为.此题考查的是立体几何中的证明面面垂直和求线面角，考查学生的转化思想和计算能力，属于中档题.19．（1）见解析（2）直线过定点.【解析】

（1）设出两点的坐标，利用导数求得切线的方程，设出点坐标并代入切线的方程，同理将点坐标代入切线的方程，利用韦达定理求得线段中点的横坐标，由此判断出轴.（2）求得点的纵坐标，由此求得点坐标，求得直线的斜率，由此求得直线的方程，化简后可得直线过定点.【详解】（1）设切点，，，∴切线的斜率为，切线：，设，则有，化简得，同理可的.∴，是方程的两根，∴，，，∴轴.（2）∵，∴.∵，∴直线：，即，∴直线过定点.本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查直线过定点问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.20．（1）（2）证明见解析；定点坐标为【解析】

（1）由条件直接算出即可（2）由得，，，由可得，同理，然后由推出即可【详解】（1）由题有，.∴，∴.∴椭圆方程为.（2）由得，.又∴，同理又∴∴∴∴∴∴，此时满足∴∴直线恒过定点涉及椭圆的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.21．（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】

（1）先根据绝对值不等式求得的最大值，从而得