云南省曲靖市2025届高三数学第一次教学质量监测试题含解析

云南省曲靖市2024届高三数学第一次教学质量监测试题（本卷满分150分，考试时间为120分钟）留意事项：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、座位号填写在答题卡上．2．每小题选出答案后，将对应的字母填在答题卡相应位置上，在试题幕上作答无效．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.已知集合，，则（）A.（－2，2） B.[0，3）C.（－2，3） D.（－2，3]【答案】C【解析】【分析】求一元二次不等式与分式不等式的解集再求两者的并集即可.【详解】∵，，∴.故选：C2.假如一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数（其中）为“等部复数”，则复数在复平面内对应的点在（）A.第一象限 B.其次象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】【分析】依据新定义求得a的值，代入求得复数的代数形式，可得复数所对应的点的坐标，进而可得结果.【详解】∵，又∵“等部复数”的实部和虚部相等，复数为“等部复数”，∴，解得，∴，∴，即：，∴复数在复平面内对应的点是，位于第一象限.故选：A.3.在扇形COD中，．设向量，，则（）A.－4 B.4 C.－6 D.6【答案】D【解析】【分析】运用向量的数量积运算公式求解即可.【详解】∵，，∴，，，∴.故选：D.4.如图是某灯具厂生产的一批不倒翁型台灯外形，它由一个圆锥和一个半球组合而成，圆锥的高是0.4m，底面直径和球的直径都是0.6m，现对这个台灯表面涂胶，假如每平方米须要涂200克，则共需涂胶（）克（精确到个位数）A.176 B.207 C.239 D.270【答案】B【解析】【分析】求出圆锥的母线长，再由台灯是由一个圆锥和一个半球组成可求得台灯表面积的值，进而求得涂胶的克数.【详解】由已知得圆锥的母线长，所以台灯表面积为，须要涂胶的重量为（克），故选：B.5.已知奇函数图像的相邻两个对称中心间的距离为2π，将的图像向右平移个单位得函数的图像，则的图像（）A.关于点对称 B.关于点对称C.关于直线对称 D.关于直线对称【答案】B【解析】【分析】先依据条件求出，，进而结合三角函数的对称中心及对称轴辨析即可.【详解】相邻两对称中心的距离为，则，．已知为奇函数，依据可知，则，．令，，故A错误，B正确；令，，故C、D错误．故选：B．6.若,则在“函数的定义域为”的条件下,“函数为奇函数”的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先列出全部的结果数,由于函数的定义域为,则,恒成立,可得,在全部结果数中选出满意的状况,求出概率,依据为奇函数可得或,在全部结果数中选出同时满意两个事务状况,求出其概率,再依据条件概率的计算公式即可计算出结果.【详解】解:用全部的有序数对表示满意的结果，则全部的状况为:,共9种,记“函数的定义域为”为事务A,因为函数的定义域为,所以,恒成立,即,即,其中满意的基本领件有:共6种,故．记“函数为奇函数”为事务B．已知是奇函数,且定义域为,则,即,即,解得或．满意或的状况有共3种,所以,即同时满意事务A和事务B的状况有共3种,故,所以.故选:C7.已知绽开式中x的系数为q，空间有q个点，其中任何四点不共面，这q个点可以确定的直线条数为m，以这q个点中的某些点为顶点可以确定的三角形个数为n，以这q个点中的某些点为顶点可以确定的四面体个数为p，则（）A.2024 B.2024 C.40 D.50【答案】D【解析】【分析】依据条件可得绽开式中含x的项为6x，则．进而可求得答案.【详解】的绽开式中含x的项为：，的绽开式中含x的项为：，所以，的绽开式中含x的项为6x，其系数．依题意得，故选：D．8.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】构造函数，，结合函数的单调性分别得出，，从而得出答案．【详解】令，则，，∵，∴当时，，单调递增，∴，即，令，则，∴当时，，单调递增，∴，即，所以，即．综上，．故选：D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知双曲线C过点且渐近线方程为，则下列结论正确的是（）A.C的方程为B.C的离心率为C.曲线经过C的一个焦点D.C的焦点到渐近线的距离为1【答案】CD【解析】【分析】依据给定条件，求出双曲线方程，再逐项计算推断作答.【详解】因为双曲线C的渐近线方程为，则设双曲线C：，又点在双曲线C上，有，即双曲线C的方程为，A错误；双曲线C的实半轴长，虚半轴长，半焦距，双曲线C的离心率，B错误；双曲线C的焦点坐标为，其中满意，C正确；双曲线C的焦点到渐近线的距离，D正确．故选：CD10.已知，且则下列结论肯定正确的有（）A. B.C.ab有最大值4 D.有最小值9【答案】AC【解析】【分析】A、C选项，分别依据基本不等式计算即可得到；B选项找出反例即可；D选项由基本不等式“1”的代换计算，漏除了4.【详解】A选项，，A正确；B选项，找反例，当时，，，，B不正确；C选项，，，当且仅当时取“=”，C正确；D选项，，D不正确.故选：AC.11.已知函数，则下列结论正确的有（）A.B.函数图像关于直线对称C.函数的值域为D.若函数有四个零点，则实数的取值范围是【答案】AC【解析】【分析】依据函数的解析式可得推断A，依据函数的定义域可推断B，依据二次函数的性质及三角函数的性质可得函数的值域推断C，利用数形结合可推断D.【详解】因为，所以，故A正确；由题可知函数的定义域为，不关于对称，故B错误；当时，，当时，，，所以函数的值域为，故C正确；由可得，则函数与有四个交点，作出函数与的大致图象，由图象可知函数有四个零点，则实数的取值范围是，故D错误.故选：AC.12.在棱长为1的正方体中，为底面的中心，是棱上一点，且，，为线段的中点，给出下列命题，其中正确的是（）A.与共面；B.三棱锥的体积跟的取值无关；C.当时，；D.当时，过，，三点平面截正方体所得截面的周长为．【答案】ABD【解析】【分析】对于选项A：可得，可推断；对于选项B：点到平面的距离为定值，且的面积为定值可推断；对于选项C：分别求出的长，验证是否满意勾股定理，从而推断;对于选项D：先将过，，的截面分析做出，再求周长可推断.【详解】对选项A：在中，因为，为，的中点，所以，所以与共面，所以A正确；对选项B：由，因为到平面距离为定值，且的面积为定值，所以三棱锥的体积跟的取值无关，所以B正确；对选项C：当时，,可得，，取的中点分别为，连接,则在直角三角形中,则，所以不成立，所以C不正确．对选项D：当时，取,连接,则,又所以所以共面,即过，，三点的正方体的截面为，由,则是等腰梯形,且所以平面截正方体所得截面的周长为，所以D正确；故选：ABD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知函数的图象在处的切线的倾斜角为α，则________．【答案】【解析】【分析】由导数的几何意义求出，再由同角三角函数的基本关系即可得出答案.【详解】，，即，，，利用三角函数定义，．故答案为：.14.已知随机变量，若，则p＝_____．【答案】##0.25【解析】【分析】由可得，进而可求解答案.【详解】已知X～B（2，p），则，∴，解得或（因为0＜p＜1，故舍去）．故答案为：．15.已知直线与圆C：相交于点A，B，若是正三角形，则实数________【答案】##0.5【解析】【分析】由是正三角形得到圆心点到直线的距离为，从而用点到直线距离公式即可求解.【详解】设圆的半径为，由可得，因为是正三角形，所以点到直线的距离为,即，两边平方得，解得.故答案为:.16.已知，分别是椭圆的左、右焦点，，是椭圆与抛物线的公共点，，关于轴对称且位于轴右侧，，则椭圆的离心率的最大值为______．【答案】【解析】【分析】联立抛物线与椭圆方程，消元、解得或，再分和两种状况探讨，当时求出、的坐标，由，即可得到关于的不等式，解得即可.【详解】解：联立抛物线与椭圆的方程消去整理得到，解得或．①时，代入解得，已知点位于轴右侧，取交点，则，此时，与冲突，不合题意．②时，代入解得．已知点，关于轴对称且位于轴右侧，取交点、，已知，则轴，．此时，即，两端同除以可得：，解得．因为，所以，所以．故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.在①，②这两个条件中选择一个补充在下面的问题中，然后求解．设等差数列的公差为，前n项和为，等比数列的公比为q．已知，，．（说明：只需选择一个条件填入求解，假如两个都选择并求解的，只按选择的第一种情形评分）（1）请写出你的选择，并求数列和的通项公式；（2）若数列满意，设的前n项和为，求证：．【答案】（1）选①，；选②，.（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由等差数列、等比数列的基本量代入方程组求解即可.（2）运用错位相减法求和即可.【小问1详解】由题意知，，，，选①，由题意知，，，所以，，即：，.选②，由题意知，，,所以，，即：，.【小问2详解】证明：由（1）得，∴①，②，①②得：，∴．又∵对，恒成立，∴．18.在△ABC中，角A，B，C的对边长依次是a，b，c，，．（1）求角B的大小；（2）当△ABC面积最大时，求∠BAC的平分线AD的长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理角化边，再应用余弦定理可解得角B.（2）由余弦定理与重要不等式可得△ABC面积最大时a、c的值，在△ABD中应用正弦定理可解得AD的值.【小问1详解】∵，∴由正弦定理可得，∴由余弦定理得，又∵，∴．【小问2详解】在△ABC中，由余弦定理得，即．∵，，∴，当且仅当时取等号，∴，当且仅当a＝c＝2时，，又∵△ABC面积为，∴当且仅当a＝c＝2时△ABC面积最大．当a＝c＝2时，．又∵为的角平分线，∴∴在△ABD中，，∴在△ABD中，由正弦定理得．19.某地A，B，C，D四个商场均销售同一型号的冰箱，经统计，2024年10月份这四个商场购进和销售该型号冰箱的台数如下表（单位：十台）：A商场B商场C商场D商场购讲该型冰箱数x3456销售该型冰箱数y2.5344.5（1）已知可用线性回来模型拟合y与x的关系，求y关于x的线性回来方程；（2）假设每台冰箱的售价均定为4000元．若进入A商场的甲、乙两位顾客购买这种冰箱的概率分别为p，，且甲乙是否购买冰箱互不影响，若两人购买冰箱总金额的期望不超过6000元，求p的取值范围．参考公式：回来方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依据最小二乘法求线性回来方程即可；（2）设甲、乙两人中选择购买这种冰箱的人数为X，求出分布列得到期望，由期望的性质求出，列出不等式求解即可.【小问1详解】，，，．所以，则．故y关于x的线性回来方程为．【小问2详解】设甲、乙两人中选择购买这种冰箱的人数为X，则X的全部可能取值为0，1，2．，，．所以，X的分布列为X012P所以，．令，即，解得，又，所以．所以p的取值范围为．20.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，，，M，N分别是线段AB，PC的中点．（1）求证：MN平面PAD；（2）在线段CD上是否存在一点Q，使得直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）取PB中点E，连接ME，NE．由线面平行的判定定理可证得ME平面PAD，NE平面PAD，再由面面平行的判定定理即可证明；（2）以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，由线面角的向量公式可求出Q点的位置，即可得出的值.【小问1详解】如图，取PB中点E，连接ME，NE．∵M，N分别是线段AB，PC的中点，∴MEPA．又∵平面PAD，平面PAD，∴ME平面PAD，同理得NE平面PAD．又∵，∴平面PAD平面MNE．∵平面MNE，∴MN平面PAD．【小问2详解】∵ABCD为矩形，∴AB⊥AD．QPA⊥平面ABCD，∴AP、AB、AD两两垂直．依次以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，则，，，，PC中点，∴，．设平面DMN的法向量，则，即，取x＝1，得y＝1，z＝－1，．若满意条件的CD上的点Q存在，设，，又，则．设直线NQ与平面DMN所成的角为，则，解得t＝1或t＝－3．已知0≤t≤4，则t＝1，∴．DQ＝1，CD＝4，CQ＝CD－DQ＝4－1＝3，．故CD上存在点Q，使直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为，且．21.如图，已知，直线l：，P为平面上的动点，过点P作l的垂线，垂足为点Q，且．（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）过点F的直线与轨迹C交于A，B两点，与直线l交于点M，设，，证明定值，并求的取值范围．【答案】（1）（2）证明见解析，【解析】【分析】（1）设出点的坐标，运用数量积运算可得结果.（2）设直线AB的方程，求出点M的坐标，联立直线AB与轨迹C的方程后由韦达定理得、，由已知向量关系式可得，，进而求得的值与的范围.【小问1详解】设点，则，且．由得，即，化简得．故动点P的轨迹C的方程为：．【小问2详解】设直线AB的方程为：，则．联立直线AB与轨迹C的方程得，消去x得，则．设，，由韦达定理知，．由，得：，，整理得，．所以．故为定值0．∵，∴，∴的取值范围是．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22.已知函数的图像与直线l：相切于点．（1）求函数的图像在点处的切线在x轴上的截距；（2）求c与a的函数关系；（3）当a为函数g（a）的零点时，若对随意，不等式恒成立．求实数k的最值．【答案】（1）（2）（3）最大值为3，最小值为．【解析】【