2025届云南省曲靖市高三数学第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析

2025届云南省曲靖市高三数学第一学期期末教学质量检测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．设命题函数在上递增，命题在中，，下列为真命题的是（）A． B． C． D．2．已知，是双曲线的两个焦点，过点且垂直于轴的直线与相交于，两点，若，则△的内切圆的半径为（）A． B． C． D．3．在声学中，声强级（单位：）由公式给出，其中为声强（单位：）.，，那么（）A． B． C． D．4．已知函数，将的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标保持不变；再把所得图象向上平移个单位长度，得到函数的图象，若，则的值可能为（）A． B． C． D．5．已知非零向量满足，，且与的夹角为，则（）A．6 B． C． D．36．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A． B． C． D．7．若集合，则（）A． B．C． D．8．已知平面向量，满足，且，则与的夹角为（）A． B． C． D．9．已知展开式的二项式系数和与展开式中常数项相等，则项系数为（）A．10 B．32 C．40 D．8010．执行如下的程序框图，则输出的是（）A． B．C． D．11．已知不同直线、与不同平面、，且，，则下列说法中正确的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则12．已知数列的前n项和为，，且对于任意，满足，则（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数的最小值为2，则_________．14．已知点是抛物线上动点，是抛物线的焦点，点的坐标为，则的最小值为______________．15．已知，为双曲线的左、右焦点，双曲线的渐近线上存在点满足，则的最大值为________．16．已知抛物线的焦点为，直线与抛物线相切于点，是上一点(不与重合)，若以线段为直径的圆恰好经过，则点到抛物线顶点的距离的最小值是__________.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）如图，三棱锥中，点，分别为，的中点，且平面平面．求证：平面；若，，求证：平面平面.18．（12分）在角中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若．（1）求角A；（2）若的面积为，求的周长．19．（12分）在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，角为锐角，的面积为.（1）求角的大小；（2）求的值.20．（12分）如图，已知抛物线：与圆：（）相交于，，，四个点，（1）求的取值范围；（2）设四边形的面积为，当最大时，求直线与直线的交点的坐标.21．（12分）如图，D是在△ABC边AC上的一点，△BCD面积是△ABD面积的2倍，∠CBD=2∠ABD=2θ．（Ⅰ）若θ=，求的值；（Ⅱ）若BC=4，AB=2，求边AC的长．22．（10分）已知函数.（1）讨论的零点个数；（2）证明：当时，.

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、C【解析】

命题：函数在上单调递减，即可判断出真假．命题：在中，利用余弦函数单调性判断出真假．【详解】解：命题：函数，所以，当时，，即函数在上单调递减，因此是假命题．命题：在中，在上单调递减，所以，是真命题．则下列命题为真命题的是．故选：C．【点睛】本题考查了函数的单调性、正弦定理、三角形边角大小关系、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．2、B【解析】

设左焦点的坐标，由AB的弦长可得a的值，进而可得双曲线的方程，及左右焦点的坐标，进而求出三角形ABF2的面积，再由三角形被内切圆的圆心分割3个三角形的面积之和可得内切圆的半径.【详解】由双曲线的方程可设左焦点，由题意可得，由，可得，所以双曲线的方程为:所以，所以三角形ABF2的周长为设内切圆的半径为r，所以三角形的面积，所以，解得，故选：B【点睛】本题考查求双曲线的方程和双曲线的性质及三角形的面积的求法，内切圆的半径与三角形长周长的一半之积等于三角形的面积可得半径的应用，属于中档题.3、D【解析】

由得，分别算出和的值，从而得到的值.【详解】∵，∴，∴，当时，，∴，当时，，∴，∴，故选：D.【点睛】本小题主要考查对数运算，属于基础题.4、C【解析】

利用二倍角公式与辅助角公式将函数的解析式化简，然后利用图象变换规律得出函数的解析式为，可得函数的值域为，结合条件，可得出、均为函数的最大值，于是得出为函数最小正周期的整数倍，由此可得出正确选项.【详解】函数，将函数的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的倍，得的图象；再把所得图象向上平移个单位，得函数的图象，易知函数的值域为.若，则且，均为函数的最大值，由，解得；其中、是三角函数最高点的横坐标，的值为函数的最小正周期的整数倍，且．故选C．【点睛】本题考查三角函数图象变换，同时也考查了正弦型函数与周期相关的问题，解题的关键在于确定、均为函数的最大值，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.5、D【解析】

利用向量的加法的平行四边形法则，判断四边形的形状，推出结果即可．【详解】解：非零向量，满足，可知两个向量垂直，，且与的夹角为，说明以向量，为邻边，为对角线的平行四边形是正方形，所以则．故选：．【点睛】本题考查向量的几何意义，向量加法的平行四边形法则的应用，考查分析问题解决问题的能力，属于基础题．6、A【解析】

观察可知，这个几何体由两部分构成,：一个半圆柱体，底面圆的半径为1，高为2；一个半球体，半径为1，按公式计算可得体积。【详解】设半圆柱体体积为，半球体体积为，由题得几何体体积为，故选A。【点睛】本题通过三视图考察空间识图的能力，属于基础题。7、A【解析】

先确定集合中的元素，然后由交集定义求解．【详解】，.故选：A．【点睛】本题考查求集合的交集运算，掌握交集定义是解题关键．8、C【解析】

根据，两边平方，化简得，再利用数量积定义得到求解.【详解】因为平面向量，满足，且，所以，所以，所以，所以，所以与的夹角为.故选：C【点睛】本题主要考查平面向量的模，向量的夹角和数量积运算，属于基础题.9、D【解析】

根据二项式定理通项公式可得常数项，然后二项式系数和，可得，最后依据，可得结果.【详解】由题可知：当时，常数项为又展开式的二项式系数和为由所以当时，所以项系数为故选：D【点睛】本题考查二项式定理通项公式，熟悉公式，细心计算，属基础题.10、A【解析】

列出每一步算法循环，可得出输出结果的值.【详解】满足，执行第一次循环，，；成立，执行第二次循环，，；成立，执行第三次循环，，；成立，执行第四次循环，，；成立，执行第五次循环，，；成立，执行第六次循环，，；成立，执行第七次循环，，；成立，执行第八次循环，，；不成立，跳出循环体，输出的值为，故选：A.【点睛】本题考查算法与程序框图的计算，解题时要根据算法框图计算出算法的每一步，考查分析问题和计算能力，属于中等题.11、C【解析】

根据空间中平行关系、垂直关系的相关判定和性质可依次判断各个选项得到结果.【详解】对于，若，则可能为平行或异面直线，错误；对于，若，则可能为平行、相交或异面直线，错误；对于，若，且，由面面垂直的判定定理可知，正确；对于，若，只有当垂直于的交线时才有，错误.故选：.【点睛】本题考查空间中线面关系、面面关系相关命题的辨析，关键是熟练掌握空间中的平行关系与垂直关系的相关命题.12、D【解析】

利用数列的递推关系式判断求解数列的通项公式，然后求解数列的和，判断选项的正误即可．【详解】当时，．所以数列从第2项起为等差数列，，所以，，．，，．故选：．【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用、数列求和以及数列的通项公式的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

首先利用绝对值的意义去掉绝对值符号，之后再结合后边的函数解析式，对照函数值等于2的时候对应的自变量的值，从而得到分段函数的分界点，从而得到相应的等量关系式，求得参数的值.【详解】根据题意可知，可以发现当或时是分界点，结合函数的解析式，可以判断0不可能，所以只能是是分界点，故，解得，故答案是.【点睛】本题主要考查分段函数的性质，二次函数的性质，函数最值的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.14、【解析】

过点作垂直于准线，为垂足，则由抛物线的定义可得，则，为锐角.故当和抛物线相切时，的值最小.再利用直线的斜率公式、导数的几何意义求得切点的坐标，从而求得的最小值.【详解】解：由题意可得，抛物线的焦点，准线方程为，过点作垂直于准线，为垂足，则由抛物线的定义可得，则，为锐角.故当最小时，的值最小.设切点，由的导数为，则的斜率为，求得，可得，，，.故答案为：.【点睛】本题考查抛物线的定义，性质的简单应用，直线的斜率公式，导数的几何意义，属于中档题.15、【解析】

设，由可得，整理得，即点在以为圆心，为半径的圆上．又点到双曲线的渐近线的距离为，所以当双曲线的渐近线与圆相切时，取得最大值，此时，解得．16、【解析】

根据抛物线，不妨设，取，通过求导得，，再根据以线段为直径的圆恰好经过，则，得到，两式联立，求得点N的轨迹，再求解最值.【详解】因为抛物线，不妨设，取，所以，即，所以，因为以线段为直径的圆恰好经过，所以，所以，所以，由，解得，所以点在直线上，所以当时，最小，最小值为.故答案为：2【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系直线的交轨问题，还考查了运算求解的能力，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、证明见解析；证明见解析.【解析】

利用线面平行的判定定理求证即可；为中点，为中点，可得，，，可知，故为直角三角形，，利用面面垂直的判定定理求证即可.【详解】解：证明：为中点，为中点，，又平面，平面，平面；证明：为中点，为中点，，又，，则，故为直角三角形，，平面平面，平面平面，，平面，平面，又∵平面，平面平面.【点睛】本题考查线面平行和面面垂直的判定定理的应用，属于基础题.18、（1）；（2）1.【解析】

（1）由正弦定理化简已知等式可得sinAsinB=sinBcosA，求得tanA=，结合范围A∈（0，π），可求A=．（2）利用三角形的面积公式可求bc=8，由余弦定理解得b+c=7，即可得解△ABC的周长的值．【详解】（1）由题意，在中，因为，由正弦定理，可得sinAsinB=sinBcosA，又因为，可得sinB≠0，所以sinA=cosA，即：tanA=，因为A∈（0，π），所以A=；（2）由（1）可知A=，且a=5，又由△ABC的面积2=bcsinA=bc，解得bc=8，由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA，可得：25=b2+c2-bc=（b+c）2-3bc=（b+c）2-24，整理得（b+c）2=49，解得：b+c=7，所以△ABC的周长a+b+c=5+7=1．【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．19、（1）；（2）7.【解析】分析：（1）由三角形面积公式和已知条件求得sinA的值，进而求得A；（2）利用余弦定理公式和（1）中求得的A求得a．详解：（1）∵，∴，∵为锐角，∴；（2）由余弦定理得：.点睛：本题主要考查正弦定理边角互化及余弦定理的应用与特殊角的三角函数，属于简单题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.20、（1）（2）点的坐标为【解析】

将抛物线方程与圆方程联立,消去得到关于的一元二次方程,抛物线与圆有四个交点需满足关于的一元二次方程在上有两个不等的实数根,根据二次函数的有关性质即可得到关于的不等式组,解不等式即可.不妨设抛物线与圆的四个交点坐标为，，，，据此可表示出直线、的方程,联立方程即可表示出点坐标,再根据等腰梯形的面积公式可得四边形的面积的表达式,令,由及知,对关于的面积函数进行求导，判断其单调性和最值,即可求出四边形的面积取得最大值时的值,进而求出点坐标.【详解】（1）联立抛物线与圆的方程消去，得.由题意可知在上有两个不等的实数根.所以解得，所以的取值范围为.（2）根据（1）可设方程的两个根分别为，（），则，，，，且，，所以直线、的方程分别为，,联立方程可得,点的坐标为，因为四边形为等腰梯形,所以，令，则，所以，因为,所以当时,；当时,，所以函数在上单调递增，在上单调递减，即当时，四边形的面积取得最大值，因为,点的坐标为,所以当四边形的面