2024-2025学年云南省昆明市高三上册开学摸底考数学检测试题合集2套（含解析）

2024-2025学年云南省昆明市高三上学期开学摸底考数学检测试题（一）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

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，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以.（3）设与的概率均为，由(2)知，显然，.若，则，当下次投掷硬币为正面朝上时，，当下次投掷硬币为反面朝上时，;若，则当下次投掷硬币为正面朝上时，，当下次投掷硬币为反面朝上时，;若，则，当下次投掷硬币为正面朝上时，，当下次投掷硬币为反面朝上时，.所以时，期望不变，概率为;时，期望加1，概率为.所以.故.经检验，当时也成立..关键点点睛：本题第三问的关键是分和时讨论，最后再化简的表达式即可.2024-2025学年云南省昆明市高三上学期开学摸底考数学检测试题（二）一、单选题（本题共计8小题，总分40分）1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．若，则的虚部为（

）A． B．3 C． D．3．已知向量，若，则（

）A． B．0 C．1 D．24．如图，在正四棱台中，分别为棱的中点，则（

）A．直线与直线是异面直线 B．直线与直线是异面直线C．直线与直线共面 D．直线与直线共面5．在的展开式中，含项的系数是，则（

）A． B．0 C． D．−26．“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件7．已知为抛物线上任意一点，为抛物线的焦点，为圆上任意一点，则的最小值为（

）A．6 B．10 C．4 D．88．已知函数在与上的值域均为，则的取值范围为（

）A． B． C． D．二、多选题（本题共计3小题，总分18分）9．已知函数，则（

）A．为偶函数 B．C．无零点 D．在上单调递减10．晓余每天9:00上班，17:30下班.若晓余从家到公司所需时间（单位:分钟）服从正态分布，从公司到家所需时间（单位:分钟）服从正态分布，则下列结论正确的是（

）（参考数据:若随机变量服从正态分布，则）A．若晓余8:36从家出发去公司，则晓余迟到的概率大于0.02B．若晓余8:42从家出发去公司，则晓余不迟到的概率小于0.2C．若晓余17:40从公司出发回家，则晓余18:00后到家的概率小于0.97D．若晓余17:30从公司出发回家，则晓余18:00前到家的概率大于0.811．如图，球被一个距离球心的平面截成了两个部分，这两个部分都叫作球缺，截面叫作球缺的底面，球缺的曲面部分叫作球冠，垂直于截面的直径被截后所得的线段叫作球缺的高.球冠的面积公式为，球缺的体积公式为，其中为球的半径，为球缺的高，记两个球缺的球冠面积分别为，两个球缺的体积分别为，则下列结论正确的是（

）A．若，则两个球缺的底面面积均为B．若，则C．若，则D．若，则三、填空题（本题共计3小题，总分15分）12．曲线在点处的切线方程为.13．记为等差数列an的前项和，若，则14．如图，已知分别是双曲线的左、右焦点，分别为双曲线的左支、右支上异于顶点的点，且.若，则双曲线的离心率为

四、解答题（本题共计5小题，总分77分）15．某品牌汽车4S店搞活动，消费者对"圈圈套西瓜"活动的参与度较高.该活动的游戏规则如下：参加活动的每位消费者可领3个圈圈且均需用完，1个圈圈只能套一次西瓜，每次套中西瓜与否相互独立，套中的西瓜可被消费者带走.已知甲每次套中西瓜的概率为，乙每次套中西瓜的概率为.(1)求甲恰好套中1个西瓜的概率；(2)若甲、乙均套完第一次，记此时甲、乙两人套中西瓜的个数之和为，求随机变量的分布列与期望.16．记的内角的对边分别为.已知.(1)求；(2)若，在边上存在一点，使得，求的长.17．如图，在多面体中，底面是边长为2的正方形，为底面的中心，为的中点，侧面与是全等的等腰梯形，且.

(1)证明:平面(2)若直线与平面所成角的余弦值为，求二面角的余弦值.18．已知椭圆过点，焦距为，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的两点，且直线均不与轴垂直.(1)求椭圆的方程.(2)记直线的斜率为，直线的斜率为，证明:为定值.(3)若为椭圆的上顶点，求的面积.19．已知对任意正整数，均有，我们称为次切比雪夫函数.(1)若为3次切比雪夫函数，求的值.(2)已知为次切比雪夫函数，若数列满足.证明：①数列中的每一项均为的零点；②当时，.1．C【分析】根据正弦函数性质及交集的概念直接运算即可.【详解】因为，所以.故选：C2．B【分析】先利用除法运算化简复数，然后根据虚部的概念求解即可.【详解】因为，所以，所以的虚部为3.故选：B3．D【分析】先进行向量的线性坐标运算，再利用向量垂直的数量积坐标表示求解可得.【详解】，.因为，所以，则，解得.故选：D.4．C【分析】由正四棱台的结构特征，侧棱的延长线交于同一点，的延长线必过此点，可判断选项中的线线位置关系.【详解】延长，由正四棱台的性质可得侧棱的延长线交于同一点，设该交点为.分别为棱的中点，延长，则的延长线必过点，则直线与直线相交于点；与直线相交于点；与直线相交于点；与直线是异面直线.故选：C.5．A【分析】展开式中含的项即从4个因式中取3个，1个常数项即可写出含的项，则可得出答案.【详解】根据题意可得,得，则.故选：A6．B【分析】先利用二倍角公式对题中已知条件进行变形，对进行平方化简变形，然后再判断两个条件的逻辑关系即可得解.【详解】必要性：由，可得，则，即.所以“”是“的必要条件；充分性；由，可得，即，则，得或.所以“”不是“的充分条件；故选：B7．D【分析】利用抛物线的定义及点与圆的位置关系，通过数形结合计算最值即可.【详解】如图，过点作垂直准线于点，连接交于点.由题意可得的准线方程为.因为，所以，当三点共线时，取得最小值，最小值为，所以的最小值为.故选：D8．A【分析】借助辅助角公式化简后结合正弦型三角函数的性质可得，即可得与有关不等式组，解出即可得.【详解】，若，则，若，则，因为，，所以，则有，解得，即的取值范围是.故选：A.9．AD【分析】利用函数的奇偶性定义可判定A，利用分段函数及对数函数的单调性可判定BD，直接解方程可判定C.【详解】易知的定义域为.因为，所以为偶函数，故A正确.当时，，在0,+∞上单调递增，所以在上单调递减，则，故B错误，D正确.令,得,则有2个零点，故C错误.故选：AD10．ABD【分析】利用正态曲线的对称性及参考区间概率值求解可得.【详解】A项，晓余8:36从家出发去公司迟到即上班时间超过24分钟，由服从正态分布，所以，故A正确；B项，晓余8:42从家出发去公司不迟到即上班时间不超过18分钟，所以，故B正确；C项，晓余17:40从公司出发回家，18:00后到家即下班时间超过20分钟，由服从正态分布，所以，故C错误；D项，晓余17:30从公司出发回家18:00前到家即下班时间小于30分钟，，，故D正确.故选：ABD.11．BCD【分析】根据勾股定理结合圆的面积公式计算判断A错误；根据截面的面积和球的体积公式根据不同条件计算进行判断BCD.【详解】对于A，设这两个球缺的底面圆半径为，则，因为，，解得，该圆的面积为A错误.对于B，设两个球缺的高分别为，则.由，得，则，所以，解得.，同理得，所以B正确.对于C，.设，由，得，则，C正确.对于D，.由，得.设函数，则f′x>0在上恒成立，即在上单调递增，所以，即D正确.故选：BCD.方法点睛：关于球的截面问题常用勾股定理求解截面半径和球的半径；12．【分析】求导，根据导数的几何意义运算求解.【详解】由题意得,当x=0时,,则所求的切线方程为,即.故答案为.13．38【分析】利用等差数列下标和性质求出，再利用等差数列前项和公式结合等差中项性质求解即可.【详解】因为数列an为等差数列，由等差数列下标和性质得，解得，而.故3814．【分析】延长与双曲线交于另一点，连接.因为，所以根据对称性可得四边形是平行四边形，则，根据双曲线的定义及余弦定理建立等量关系求解即可.【详解】延长与双曲线交于另一点，连接.

因为，所以根据对称性可得四边形是平行四边形，则.设，则.根据双曲线的定义可得，则，所以.在中，根据余弦定理可得，得.在中，由，得,则双曲线的离心率为.故15．(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）利用独立重复试验的概率公式计算；（2）由可能的取值，计算相应的概率，列出分布列，利用公式计算期望.【详解】（1）依题意，甲恰好套中1个西瓜的概率为.（2）随机变量的所有可能取值为.则随机变量的分布列为012故.16．(1)(2)【分析】（1）运用正弦定理进行边角互化，再用余弦定理可解;（2）运用正弦定理，结合勾股定理可解.【详解】（1）由余弦定理得，因为，所以.因为，所以，解得，因为，所以.（2）因为，所以.设，在中，由正弦定理得，则，，由解得或（舍去），故的长为.17．(1)证