2025届昆明市五华区高三数学上学期期中考试卷附答案解析

届昆明市五华区高三数学上学期期中考试卷本卷满分150分，考试时间120分钟2024.10一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中．只有一项是符合题目要求的．1.设复数在复平面内对应的点为，若，则（）A.B.C. D.2.已知，都为单位向量，若在上的投影向量为，则（）A. B. C.2 D.33.在正方体中，下列说法错误的是（）A. B.与所成角为C.平面 D.与平面所成角4.在践行“乡村振兴”战略的过程中，某地大力发展特色花卉种植业．某农户种植一种观赏花㚏，为了解花卉的长势，随机测量了枝花的高度（单位：），得到花枝高度的频率分布直方图，如图所示，则（）A.样本花卉高度的极差不超过B.样本花卉高度的中位数不小于众数C.样本花高度的平均数不小于中位数D.样本花升高度小于的占比不超过5.设等比数列公比为，则“”是“为递增数列”的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.即不充分也不必要条件6.已知圆台的母线长为，高为，体积为，则圆台的侧面积为（）A. B. C. D.7.已知、为直线上的两个定点，，为上的动点．在平面直角坐标系中，、，以为圆心，为半径作圆；以为圆心，为半径作圆，则两圆公共点的轨迹方程为（）A. B. C. D.8.已知函数和两点，，设曲线过原点的切线为，且，则所在的大致区间为（）A. B. C. D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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.已知函数的最大值为，其部分图象如图所示，则（）A.B.函数为偶函数C.在上有4个零点，则D.当时，函数值域为10.已知函数，则（）A. B.若，则的极大值点为C.若至少有两个零点，则 D.在区间上单调递增11.抛物线C：的准线为，过焦点F的直线与C交于A，B两点，分别过A，B作的垂线，垂足分别为，，记，，的面积分别为，，，则（）A.为锐角三角形 B.的最小值为4C.，，成等差数列 D.，，成等比数列三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知，则______．13.正项数列中，，且，则______．14.甲口袋中有标号为、、的三张卡片，乙口袋中有标号为、、、的四张卡片，从两个口袋中不放回地随机抽出三张卡片，每个口袋至少抽一张，则抽到的三张卡片中至少有一张标号为偶数的不同抽法共有______种（用数字作答）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.在中，角、、所对的边分别是、、，且．（1）求角；（2）已知的角平分线交于点，若，，求．16.如图，在多面体中，，，均垂直于平面，，，，．（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值．17.一项没有平局的对抗赛分为两个阶段，参赛者在第一阶段中共参加2场比赛，若至少有一场获胜，则进入第二阶段比赛，否则被淘汰，比赛结束；进入第二阶段比赛的参赛者共参加3场比赛．在两个阶段的每场比赛中，获胜方记1分，负方记0分，参赛者参赛总分是两个阶段得分的总和，若甲在第一阶段比赛中每场获胜的概率都为，在第二阶段比赛中每场获胜的概率都为，每场比赛是否获胜相互独立．已知甲参赛总分为2分的概率为．（1）求；（2）求甲参赛总分X分布列和数学期望．18.设椭圆的右焦点为，右顶点为，已知，下中为原点，为椭圆的离心率．（1）求的方程；（2）设点为上一动点，过作不与坐标轴垂直的直线．①若与交于另一点，为中点，记斜率为，斜率为，证明：为定值；②若与相切，且与直线相交于点，以为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出定点坐标；若否，请说明理由．19.行列式最早起源于对线性方程组的研究，起初是一种速记的表达式，发展到现在已经成为一种非常有用的数学工具．已知表示二阶行列式，规定；表示三分行列式，规定．设．（1）求；（2）以为切点，作直线交的图象于异于的另一点，其中．若，当时，设点的横坐标构成数列an．①求an②证明：．

2025届昆明市五华区高三数学上学期期中考试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中．只有一项是符合题目要求的．1.设复数在复平面内对应的点为，若，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用复数的几何意义可得出，再利用复数的减法以及复数的模长公式化简可得结果.【详解】由复数的几何意义可得，所以，，化简可得.故选：A.2.已知，都为单位向量，若在上的投影向量为，则（）A. B. C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】根据题意结合投影向量可得，平方结合数量积的运算律分析求解.【详解】由题意可知：，因为在上的投影向量为，可得，又因为，所以.故选：B.3.在正方体中，下列说法错误的是（）A. B.与所成角为C.平面 D.与平面所成角为【答案】D【解析】【分析】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.【详解】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则、、、、、、、，对于A选项，，，则，所以，，A对；对于B选项，，则，所以，与所成角的大小为，B对；对于C选项，设平面的法向量为，，则，取，则，则，所以，，又因为平面，所以，平面，C对；对于D选项，设平面的法向量为，，，则，取，则，所以，，所以，与平面所成角为，D错.故选：D.4.在践行“乡村振兴”战略的过程中，某地大力发展特色花卉种植业．某农户种植一种观赏花㚏，为了解花卉的长势，随机测量了枝花的高度（单位：），得到花枝高度的频率分布直方图，如图所示，则（）A.样本花卉高度的极差不超过B.样本花卉高度的中位数不小于众数C.样本花的高度的平均数不小于中位数D.样本花升高度小于的占比不超过【答案】D【解析】【分析】利用极差的定义可判断A选项；利用中位数和众数的定义可判断B选项；利用平均数公式求出样本花卉高度的平均数，可判断C选项；计算出样本花升高度小于的占比，可判断D选项.【详解】对于A选项，由频率分布直方图可知，样本花卉高度的极差为，A错；对于B选项，样本花卉高度的众数为，设样本花卉高度的中位数为，前三个矩形的面积和为，前四个矩形的面积和为，故，由中位数的定义可得，解得，则，所以，样本花卉高度的中位数小于众数，B错；对于C选项，由频率分布直方图可知，样本花卉高度的平均数为，且，所以，样本花的高度的平均数小于中位数，C错；对于D选项，由B选项可知，样本花升高度小于的占比为，D对.故选：D.5.设等比数列公比为，则“”是“为递增数列”的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.即不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】要判断“”与“等比数列为递增数列”之间的条件关系.需要分别从充分性和必要性两方面进行分析，即看“”能否推出“等比数列为递增数列”，以及“等比数列为递增数列”能否推出“”.【详解】假设.对于等比数列，其通项公式为.当，时，根据通项公式可得.此时，等比数列不是递增数列.这说明仅仅不能保证等比数列一定是递增数列，所以“”不是“等比数列为递增数列”的充分条件.假设等比数列为递增数列，那么.由通项公式可得，，所以.当时，不等式两边同时除以（因为，，不等号方向改变），得到.例如当时，，解得.这说明等比数列为递增数列时，不一定有，所以“”不是“等比数列为递增数列”的必要条件.则“”是“an为递增数列”的既不充分又不必要条件.故选：D.6.已知圆台的母线长为，高为，体积为，则圆台的侧面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用母线长和高，求出上底面半径和下底面半径的等式关系，然后利用体积求出上底面半径和下底面半径的另一个等式关系，然后求出上下底面半径，再用侧面积公式即可求解.【详解】如下图所示，设圆台上底面半径为，下底面半径为，则，设为圆台的一条母线，连接、，则四边形为直角梯形，过点在平面内作，垂足为点，根据题意，，，，，因为，，，则四边形为矩形，所以，，，则，由勾股定理可得，即，可得，①又因为圆台的体积为，可得，②所以，，解得，所以，圆台的侧面积为.故选：C.7.已知、为直线上的两个定点，，为上的动点．在平面直角坐标系中，、，以为圆心，为半径作圆；以为圆心，为半径作圆，则两圆公共点的轨迹方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】作出图形，分析可知，点不在线段（不包括端点）上，对点的位置关系进行分类讨论，结合双曲线的定义可求得动点的轨迹方程.【详解】如下图所示：设圆、圆的半径分别为、，则，，设两圆的一个公共点为，由题意可知，点不能与点或点重合，若点在线段（不包括端点）上运动时，则，事实上，，此时点不存在；当点在以点为端点以的方向为方向的射线上时，此时，；当点在以点为端点且以的方向为方向的射线上时，此时，.综上，，所以，动点的轨迹是以点、为焦点的双曲线，设该双曲线的标准方程为，焦距为，则，可得，因此，两圆公共点的轨迹方程为.故选：A.8.已知函数和两点，，设曲线过原点的切线为，且，则所在的大致区间为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求导，利用导数求得切线的斜率，根据直线平行可得，构建，可知为的非零零点，求导，利用导数判断其单调性结合零点存在性定理分析判断.【详解】由题意可知：的定义域为，且，设切点坐标为，则切线的斜率，则切线的方程为，若切线过原点，则，解得，可在切线的，若，且直线的斜率，则，即，整理可得，构建，则，可知为的非零零点，令，解得；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增，则分别在、内至多一个零点且，又因为，所以所在的大致区间为.故选：C.【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；（2）求导数，得单调区间和极值点；（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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.已知函数的最大值为，其部分图象如图所示，则（）A.B.函数为偶函数C.在上有4个零点，则D.当时，函数的值域为【答案】ABC【解析】【分析】对于A：根据函数周期分析判断；对于B：根据函数最值分析判断；对于C：令，可得，以为整体，结合正弦函数性质分析判断；对于D：整理可得，结合正切函数分析求解.【详解】对于选项A：因为，由图象可知：函数的最小正周期，且，则，解得，可得，故A正确；对于选项B：由图可知：当时，函数取到最大值，则，整理可得，解得，则，所有为偶函数，故B正确；对于选项C：令，可得，因为，则，若在上有4个零点，则，解得，故C正确；对于选项D：因为，又因为，则，可得，所以函数的值域为，故D错误；故选：ABC.10.已知函数，则（）A. B.若，则的极大值点为C.若至少有两个零点，则 D.在区间上单调递增【答案】ACD【解析】【分析】对于A：根据函数解析式运算求解即可；对于B：求导，利用导数分析函数单调性和极值；对于CD：分和两种情况，结合导数分析单调性和零点.【详解】对于选项A：因为，则，所以，故A正确；对于选项B：因为，且，令，解得或；令，解得；可知在，内单调递增，在内单调递减，所以的极大值点为，故B错误；对于选项C：若至少有两个零点，当时，则，可知在内单调递增，至多有一个零点，不合题意；当时，结合选项B可知：，即，解得；综上所述：，故C正确；对于选项D：因为，当，可知在内单调递增，符合题意；当，则，对于，可得，此时，则，所以在区间上单调递增；综上所述：在区间上单调递增，故D正确；故选：ACD.11.抛物线C：的准线为，过焦点F的直线与C交于A，B两点，分别过A，B作的垂线，垂足分别为，，记，，的面积分别为，，，则（）A.为锐角三角形 B.的最小值为4C.，，成等差数列 D.，，成等比数列【答案】ABD【解析】【分析】设，Ax1,y1,Bx2,y2【详解】由题意可知：焦点F1,0，准线，直线的斜率不为0，且与抛物线必相交，设，Ax1,y可得，联立方程x=my+1y2=4x，消去x则，对于选项A：因为，可得，可知，所以为直角三角形，故A错误；对于选项B：因为，可得，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为4，故B正确；对于选项CD：因为，则，即，显然不恒相等，且不为0，所以，，成等比数列，不成等差数列，故C错误，D正确；故选：ABD.【点睛】方法点睛：有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法（1）涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解；（2）面积问题常采用底高，其中底往往是弦长，而高用点到直线距离求解即可，选择底很重要，选择容易坐标化的弦长为底．有时根据所研究三角形的位置，灵活选择其面积表达形式，若求多边形的面积问题，常转化为三角形的面积后进行求解；（3）在求解有关直线与圆锥曲线的问题时，应注意数形结合、分类与整合、转化与化归及函数与方程思想的应用．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知，则______．【答案】##【解析】【分析】利用二倍角公式、弦化切以及两角和的正切公式化简可得结果.【详解】因为.故答案为：.13.在正项数列中，，且，则______．【答案】【解析】【分析】推导出数列是等比数列，利用等比中项的性质求出的值，再利用等比数列的通项公式可求得的表达式.【详解】在正项数列中，，则，可得，所以，数列是公比为的等比数列，因为，且，则，因为.故答案：.14.甲口袋中有标号为、、的三张卡片，乙口袋中有标号为、、、的四张卡片，从两个口袋中不放回地随机抽出三张卡片，每个口袋至少抽一张，则抽到的三张卡片中至少有一张标号为偶数的不同抽法共有______种（用数字作答）【答案】【解析】【分析】计算出从甲、乙两个口袋中，每个口袋至少抽一张卡片，共抽取三张卡片的抽法种数，以及抽取的三张卡片都是奇数的抽法种数，利用间接法可得结果.【详解】从甲、乙两个口袋中，每个口袋至少抽一张卡片，共抽取三张卡片，不同的抽法种数为，其中，抽取的三张卡片都是奇数的抽法种数为，因此，抽到的三张卡片中至少有一张标号为偶数的不同抽法种数为.故答案为：.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.在中，角、、所对的边分别是、、，且．（1）求角；（2）已知的角平分线交于点，若，，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；（2）利用平面向量数量积的定义可求出的值，再利用结合三角形的面积公式可求得的长.【小问1详解】解：因为，由正弦定理可得，即，所以，，因为、，则，可得，则，故.【小问2详解】解：因为，因为，即，整理可得.16.如图，在多面体中，，，均垂直于平面，，，，．（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，找到点的坐标，得出直线方向向量和平面内任意向量，得到向量垂直，从而得到线线垂直，即可证明线面垂直；（2）由空间直角坐标系求出面的法向量，由面的法向量求出二面角的余弦值的绝对值，由三角恒等变换得到角的正弦值.【小问1详解】过点在平面内作一条直线与垂直，则以为原点，为轴，的垂直为轴，为轴如图建立空间直角坐标系，∴，∵∴∴，，，∴，，∵，∴，又∵，平面，平面∴平面【小问2详解】由（1）可知：，，，，设平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，∴，即，则可取，即，设二面角为，则，∴17.一项没有平局的对抗赛分为两个阶段，参赛者在第一阶段中共参加2场比赛，若至少有一场获胜，则进入第二阶段比赛，否则被淘汰，比赛结束；进入第二阶段比赛的参赛者共参加3场比赛．在两个阶段的每场比赛中，获胜方记1分，负方记0分，参赛者参赛总分是两个阶段得分的总和，若甲在第一阶段比赛中每场获胜的概率都为，在第二阶段比赛中每场获胜的概率都为，每场比赛是否获胜相互独立．已知甲参赛总分为2分的概率为．（1）求；（2）求甲参赛总分X的分布列和数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析，数学期望为.【解析】【分析】（1）利用独立事件概率的乘法公式来求解，要根据甲参赛总分为分的情况进行分析，求的值，（2）需要考虑所有可能取值，再分别计算每个取值的概率，最后根据分布列求数学期望.【小问1详解】甲参赛总分为分有两种情况：第一种情况是在第一阶段两场比赛一胜一负（概率为），然后在第二阶段三场比赛一胜两负（概率）.第二种情况是在第一阶段两场比赛全胜（概率为），然后在第二阶段三场比赛全负（概率为）.根据甲参赛总分为分的概率为，可列出方程：先计算组合数，.方程变为.化简得.即.因式分解得.解得或，因为，所以.【小问2详解】甲参赛总分的可能取值为，，，，，.包括：在第一阶段两场全输，概率为.包括：在第一阶段一胜一负（概率为），然后在第二阶段三场全输（概率为），所以.：前面已求出为.包括：在第一阶段两场全胜（概率为），然后在第二阶段一胜两负（概率为），此时.也包括在第一阶段一胜一负（概率为），然后在第二阶段两胜一负（概率为）.此时.则包括：在第一阶段两场全胜（概率为），在第二阶段两胜一负（概率为），此时.也包括在第一阶段一胜一负（概率为），然后在第二阶段三场全胜（概率为），此时.则.包括：在第一阶段两场全胜（概率为），然后在第二阶段三场全胜（概率为），所以.所以的分布列为：12345根据数学期望公式，18.设椭圆的右焦点为，右顶点为，已知，下中为原点，为椭圆的离心率．（1）求的方程；（2）设点为上一动点，过作不与坐标轴垂直的直线．①若与交于另一点，为中点，记斜率为，斜率为，证明：为定值；②若与相切，且与直线相交于点，以为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出定点坐标；若否，请说明理由．【答案】（1）（2）①证明见解析；②是，且定点坐标为1,0【解析】【分析】（1）根据可得出，可得出关于的方程，解出的值，即可得出椭圆的方程；（2）①设点、，则点，利用点差法可证得结论成立；②设，证明出