2024-2025学年云南省昆明市高三（上）摸底数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年云南省昆明市高三（上）摸底数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={x|1≤x≤3}，B={x|(x−2)(x−4)<0}，则A∩B=(

)A.(2,3] B.[1,2) C.(−∞,4) D.[1,4)2.已知命题p：∃z∈C，z2+1<0，则p的否定是(

)A.∀z∈C，z2+1<0 B.∀z∈C，z2+1≥0

C.∃z∈C，z23.正项等差数列{an}的公差为d，已知a1=4，且a1，a3A.7 B.5 C.3 D.14.若sin160°=m，则sin40°=(

)A.−2m B.−2m1−m2 C.5.已知向量a=(1,2),|a+b|=7A.−55 B.−5106.函数f(x)=ln(x2+1+kx)是奇函数且在A.{−1} B.{0} C.{1} D.{−1,1}7.函数f(x)=3sin(ωx+π6),ω>0，若f(x)≤f(2π)对x∈R恒成立，且f(x)在[π6,13πA.16 B.76 C.136 D.8.设椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，过坐标原点O的直线与E交于A，B两点，点CA.59 B.57 C.二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.数列{an}的前n项和为Sn，已知SA.{an}为等差数列 B.{an}不可能为常数列

C.若{an10.甲、乙两班各有50位同学参加某科目考试，考后分别以y1=0.8x1+20、y2=0.75x2+25的方式赋分，其中x1，x2分别表示甲、乙两班原始考分，y1，A.甲班原始分数的平均数比乙班原始分数的平均数高

B.甲班原始分数的标准差比乙班原始分数的标准差高

C.甲班每位同学赋分后的分数不低于原始分数

D.若甲班王同学赋分后的分数比乙班李同学赋分后的分数高，则王同学的原始分数比李同学的原始分数高11.已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域为R，若f(x+1)与f′(x)均为偶函数，且f(−1)+f(1)=2，则下列结论正确的是(

)A.f′(1)=0 B.4是f′(x)的一个周期

C.f(2024)=0 D.f(x)的图象关于点(2,1)对称三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.曲线f(x)=ex−x在x=013.若复数z=λ(1+sinθ−cos2θ2)+isinθ(0<θ<π)在复平面内对应的点位于直线y=x上，则λ14.过抛物线C：y2=3x的焦点作直线l交C于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于M，N两点，若|AB|=12，则|MN|=______．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.(本小题13分)

记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a−2b+2ccosA=0．

(1)求角C；

(2)若AB边上的高为1，△ABC的面积为33，求△ABC的周长．16.(本小题15分)

如图，PC是圆台O1O2的一条母线，△ABC是圆O2的内接三角形，AB为圆O2的直径，AB=4,AC=22．

(1)证明：AB⊥PC；

(2)若圆台O1O217.(本小题15分)

已知函数f(x)=lnx+ax．

(1)若f(x)≤0在x∈(0,+∞)恒成立，求a的取值范围；

(2)若a=1，g(x)=f(ex)−f(x)，证明：g(x)存在唯一极小值点x018.(本小题17分)

动点M(x,y)到直线l1：y=3x与直线l2：y=−3x的距离之积等于34，且|y|<3|x|.记点M的轨迹方程为Γ．

(1)求Γ的方程；

(2)过Γ上的点P作圆Q：x2+(y−4)2=1的切线PT，T为切点，求|PT|的最小值；

(3)已知点G(0,419.(本小题17分)

设n∈N，数对(an,bn)按如下方式生成：(a0,b0)=(0,0)，抛掷一枚均匀的硬币，当硬币的正面朝上时，若an>bn，则(an+1,bn+1)=(an+1,bn+1)，否则(an+1,bn+1)=(an+1,bn)；当硬币的反面朝上时，若bn参考答案1.A

2.B

3.C

4.D

5.C

6.C

7.B

8.D

9.AC

10.ACD

11.ABD

12.y=1

13.214.815.解：(1)由a−2b+2ccosA=0，根据正弦定理得sinA−2sinB+2sinCcosA=0，

将sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC代入，整理得sinA(1−2cosC)=0，

因为A∈(0,π)，可得sinA>0，所以1−2cosC=0，即cosC=12，结合C∈(0,π)，得C=π3；

(2)因为△ABC的AB边上的高ℎ=1，所以S△ABC=12cℎ=33，解得c=233．

由C=π3，得S△ABC=1216.解：(1)证明：因为PC是圆台O1O2的一条母线，所以PC与O1O2的延长线必相交，

所以P，C，O1，O2四点共面，

连接O1O2，O2C，O1P，则O1O2⊥平面ABC，

因为AB⊂平面ABC，所以O1O2⊥AB，

因为△ABC是圆O2的内接三角形，AB为圆O2的直径，所以AC⊥BC，

因为AB为圆O2的直径，AB=4,AC=22，

所以BC=AB2−AC2=22=AC，所以AB⊥O2C，

因为O1O2∩O2C=O2，所以AB⊥平面O1O2CP，

因为PC⊂平面O1O2CP，所以AB⊥PC；

(2)因为圆台O1O2的高为3，体积为7π，设圆O1的半径为r，

则V=13×3π×(4+2r+r2)=7π，解得r=1，

因为圆面O1//圆面O2，圆面O1∩平面O1O2CP=O1P，圆面O2∩平面O1O2CP=17.解：(1)对f(x)=lnx+ax求导，得f′(x)=1x+a，

若a>0，当x>0时，1x>0，则f′(x)>0，f(x)单调递增，f(x)不可能恒小于等于0，

若a<0，令f′(x)=0，则1x+a=0，解得x=−1a，

当0<x<−1a时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>−1a时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

所以f(x)在x=−1a处取得最大值，f(−1a)=ln(−1a)−1，

要使f(x)≤0恒成立，即ln(−1a)−1≤0，解得a≤−1e，

故a的范围为(−∞,−1e]；

(2)证明：当a=1时，g(x)=ex−lnx，g′(x)=ex−1x，

因为y=ex，y=−1x在(0,+∞)上单调递增，所以g′(x)在(0,+∞)上单调递增，

又g′(12)=e−2<0，g′(1)=e−1>0，

故存在x0∈(18.解：(1)根据M(x,y)到直线l1：y=3x与直线l2：y=−3x的距离之积等于34，

可得|3x−y|2⋅|3x+y|2=34，化简得|3x2−y2|=3，

结合|y|<3|x|，可得3x2−y2=3，整理得x2−y23=1，即为曲线Γ的方程；

(2)设P(x,y)，可得|PT|=PQ2−12=x2+(y−4)2−12=43y2−8y+16=43(y−3)2+4，

根据点P在曲线Γ：x2−y23=1，可知y∈R，所以当y=3时，|PT|最小值为2；

19.解：(1)当抛掷一次硬币结果为正时，(a1,b1)=(1,0)；

当抛掷一次硬币结果为反时，(a1,b1)=(0,1)；

当抛掷两次硬币结果为(正，正)时，(a2,b2)=(2,1)；

当抛掷两次硬币结果为(正，反)时，(a2,b2)=(1,1)；

当抛掷两次硬币结果为(反，正)时，(a2,b2)=(1,1)；

当抛掷两次硬币结果为(反，反)时，(a2,b2)=