云南省昆明市2025届高三上学期摸底测试 数学试题（含解析）

数学试卷注意事项：1答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚2每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效3考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回满分150分，考试用时120分钟一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知命题，则p的否定是（

）A． B． C． D．3．正项等差数列的公差为d，已知，且三项成等比数列，则（

）A．7 B．5 C．3 D．14．若，则（

）A． B．C． D．5．已知向量，若，则（

）A． B． C． D．6．函数是奇函数且在上单调递增，则k的取值集合为（

）A． B． C． D．7．函数，若对恒成立，且在上有3条对称轴，则（

）A． B． C． D．或8．设椭圆的右焦点为F，过坐标原点O的直线与E交于A，B两点，点C满足，若，则E的离心率为（

）A． B． C． D．二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，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）9．数列的前n项和为，已知，则下列结论正确的是（

）A．为等差数列 B．不可能为常数列C．若为递增数列，则 D．若为递增数列，则10．甲、乙两班各有50位同学参加某科目考试（满分100分），考后分别以、的方式赋分，其中分别表示甲、乙两班原始考分，分别表示甲、乙两班考后赋分．已知赋分后两班的平均分均为60分，标准差分别为16分和15分，则（

）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．已知函数及其导函数的定义域为，若与均为偶函数，且，则下列结论正确的是（

）A． B．4是的一个周期C． D．的图象关于点对称三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12．曲线在处的切线方程为．13．若复数在复平面内对应的点位于直线上，则的最大值为．14．过抛物线的焦点作直线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，则．四、解答题（本大题共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．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)求角C；(2)若AB边上的高为1，的面积为，求的周长．16．如图，PC是圆台的一条母线，是圆的内接三角形，AB为圆的直径，．

(1)证明：；(2)若圆台的高为3，体积为，求直线AB与平面PBC夹角的正弦值．17．已知函数．(1)若在恒成立，求a的取值范围；(2)若，证明：存在唯一极小值点，且．18．动点到直线与直线的距离之积等于，且．记点M的轨迹方程为．(1)求的方程；(2)过上的点P作圆的切线PT，T为切点，求的最小值；(3)已知点，直线交于点A，B，上是否存在点C满足？若存在，求出点C的坐标；若不存在，说明理由．19．设，数对按如下方式生成：，抛掷一枚均匀的硬币，当硬币的正面朝上时，若，则，否则；当硬币的反面朝上时，若，则，否则．抛掷n次硬币后，记的概率为．(1)写出的所有可能情况，并求；(2)证明：是等比数列，并求；(3)设抛掷n次硬币后的期望为，求．1．A【分析】解出集合，再利用交集含义即可得到答案.【详解】，而，则.故选：A.2．B【分析】根据存在量词命题的否定形式可得.【详解】由存在量词命题的否定形式可知：的否定为.故选：B3．C【分析】由等比中项的性质再结合等差数列性质列方程计算即可；【详解】由题意可得，又正项等差数列的公差为d，已知，所以，即，解得或（舍去），故选：C.4．D【分析】利用诱导公式求出，然后结合平方公式和二倍角公式可得.【详解】因为，所以，所以.故选：D5．C【分析】联立和求出即可得解.【详解】因为，所以，所以，整理得①，又，所以②，联立①②求解得，所以.故选：C6．C【分析】根据奇函数的定义得得，即可验证单调性求解.【详解】是奇函数，故，则，，解得，当时，，由于在0,+∞为单调递增函数，故在0,+∞单调递减，不符合题意，当时，，由于在0,+∞为单调递增函数且，故为0,+∞单调递增，根据奇函数的性质可得在R上单调递增，符合题意，故，故选：C7．B【分析】根据求解即可.【详解】由题知，当时取得最大值，即，所以，即，又在上有3条对称轴，所以，所以，所以.故选：B8．D【分析】设，表示出，根据列方程，用表示出，然后代入椭圆方程构造齐次式求解可得.【详解】设，则，则，因为，所以，所以，因为，所以，得，又在椭圆上，所以，即，整理得，即，解得或（舍去），所以.故选：D

【点睛】关键点睛：根据在于利用向量关系找到点A坐标与c的关系，然后代入椭圆方程构造齐次式求解.9．AC【分析】根据的关系求出通项，然后根据公差即可判断ABC；利用数列的函数性，分析对应二次函数的开口方向和对称轴位置即可判断D.【详解】当时，，当时，，显然时，上式也成立，所以.对A，因为，所以an是以为公差的等差数列，A正确；对B，由上可知，当时，an为常数列，B错误；对C，若an为递增数列，则公差，即，C正确；对D，若为递增数列，由函数性质可知，解得，D错误.故选：AC10．ACD【分析】根据期望和标准差的性质求出赋分前的期望和标准差即可判断AB；作差比较，结合自变量范围即可判断C；作出函数的图象，结合图象可判断D.【详解】对AB，由题知，因为，，所以，解得，所以，故A正确，B错误；对C，因为，，所以，即，所以C正确；对D，作出函数的图象，如图所示：由图可知，当时，有，又因为单调递增，所以当时必有，D正确.故选：ACD11．ABD【分析】注意到为偶函数则，由两边求导，令可判断A；结合导函数的奇偶性可判断B；利用的周期性和奇偶性可判断C；根据和可判断D.【详解】因为为偶函数，所以，即，而，故，故，又为偶函数，所以，即，所以，故即，，所以4是的周期，故B正确.对A，由两边求导得，令得，解得，A正确；对C，由上知，所以，所以，C错误；对D，因为，，故，故的图象关于2,1对称，故选：ABD【点睛】关键点睛：本题解答关键在于原函数与导数数的奇偶性关系，以及对两边求导，通过代换求导函数的周期.12．##【分析】求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，即可求出切线方程.【详解】因为，则，又，所以，所以曲线在处的切线方程为．故答案为：13．##【分析】根据复数对应的点在得，即可利用二倍角公式以及基本不等式求解.【详解】对应的点为，故，故，由于，故，则，当且仅当，即，解得时等号成立，故答案为：14．【分析】联立直线与抛物线方程，得韦达定理，根据焦点弦的公式可得，解得，即可求解得，即可代入求解.【详解】的焦点为34,0根据题意可知直线有斜率，且斜率不为0，根据对称性不设直线方程为，联立直线与可得，设，故，故，解得，直线，令，则，同理可得，如下图，故，故答案为：15．(1)；(2).【分析】（1）利用余弦定理角化边，整理后代入余弦定理即可得解；（2）利用面积公式求出，然后由面积公式结合余弦定理联立求解可得，可得周长.【详解】（1）由余弦定理角化边得，，整理得，所以，因为，所以.（2）由题知，，即，由三角形面积公式得，所以，由余弦定理得，所以，所以，所以的周长为.16．(1)证明见详解；(2).【分析】（1）转化为证明平面，利用圆台性质即可证明；（2）先利用圆台体积求出上底面的半径，建立空间坐标系，利用空间向量求线面角即可.【详解】（1）由题知，因为为圆的直径，所以，又，所以，因为为的中点，所以，由圆台性质可知，平面，且四点共面，因为平面，所以，因为是平面内的两条相交直线，所以平面，因为平面，所以.（2）圆台的体积，其中，解得或(舍去).由（1）知两两垂直，分别以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图，则，所以.设平面的一个法向量为，则解得于是可取.设直线与平面的夹角为，则，故所求正弦值为.17．(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）参变分离，构造函数，利用导数求最值即可；（2）求导，利用零点存在性定理结合单调性判断导函数的唯一零点在12,1内，利用零点方程代入【详解】（1）在恒成立，等价于在上恒成立，记，则，当时，h′x<0，当时，h所以hx在上单调递减，在上单调递增，所以当时，hx取得最小值，所以，即a的取值范围.（2）当时，，则，因为在上均为增函数，所以在单调递增，又，所以在区间12,1存在，使得当x∈0,x0时，，当x∈所以在上单调递减，在上单调递增，所以存在唯一极小值点.因为，即，所以，因为，且在12,1上单调递增，所以，又，所以，所以.18．(1)(2)2(3)【分析】（1）根据点到直线距离公式，即可代入化简求解，（2）由相切，利用勾股定理，结合点到点的距离公式可得，即可由二次函数的性质求解，（3）联立直线与双曲线方程得到韦达定理，进而根据向量的坐标关系可得，将其代入双曲线方程即可求解.【详解】（1）根据到直线与直线的距离之积等于，可得，化简得，由于，故，即.（2）设，，故当时，最小值为2（3）联立与可得，设，则，故设存在点C满足，则，故，由于在，故，化简得，即，解得或（舍去），由于，解得且，故符合题意，由于，故，故,故，故存在，使得19．(1)答案见详解；(2)证明见详解，；(3)【分析】（1）列出所有和的情况，再利用古典概型公式计算即可；（2）构造得，再利用等比数列公式即可；（3）由（2）得，再分，和讨论即可.【详解】（1）当抛掷一次硬币结果为正时，；当抛掷一次硬币结果为反时，.当抛掷两次硬币结果为（正，正）时，；当抛掷两次硬币结果为（正，反）时，；当抛掷两次硬币结果为（反，正）时，；当抛掷两次硬币结果为（反，反）时，.所以，.（2）由题知，，当，且掷出反面时，有，此时，当，且掷出正面时，有，此时，所以，所以