精品解析：云南省昆明市五华区2025届高三上学期期中教学质量检测数学试卷

秘密★启用前 【考试时间：10月29日14：30-16：30】 昆明市五华区2025届高三上学期期中教学质量检测 数学 注意事项： 1．答卷前，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，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，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．回答非选择题时．将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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. 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. 若等比数列的公比为q，则“”是“是递增数列”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 【答案】D 【解析】 【分析】利用充分条件和必要条件的定义结合等比数列的性质分析判断即可. 【详解】充分性：当，若时，为递减数列，故充分性不成立； 必要性：当为递增数列，若时，则，所以必要性不成立， 故“”是“是递增数列”的既不充分也不必要条件， 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. 在上恰有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】A选项，代入计算，得到；B选项，求导，得到函数单调性，得到为极小值点，B错误；C选项，分和两种情况，结合B选项，得到函数极值情况，从而得到不等式，求出；D选项，分和两种情况，得到，得到D正确. 【详解】A选项，， 故，A正确； B选项，，若，当或时，， 当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故为极小值点，B错误； C选项，，当时，，故在R上单调递增，不会有两个零点，舍去； 当时，由B选项知，在上单调递增， 在上单调递减， 在处取得极小值，在取得极大值， 且当趋向于时，趋向于，当趋向于时，趋向于， 其中，， 要想至少有两个零点，则， 解得，C正确； D选项，由C选项知，当时，在R上单调递增，满足在区间上单调递增， 当时，在上单调递增， 其中， 故，所以在区间上单调递增， 综上，在区间上单调递增，D正确 故选：ACD 【点睛】三次函数是近两年高考常考考点，需要对三次函数图象理解到位，由于三次函数的导函数为二次函数，故常常利用二次函数的性质来研究三次函数的性质，比如三次函数零点问题，极值点情况等. 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4 C. ，，成等差数列 D. ，，成等比数列 【答案】BD 【解析】 【分析】设，，联立方程可得韦达定理.对于A：根据直线垂直的斜率关系分析判断；对于B：根据面积关系结合韦达定理分析判断；对于CD：根据面积结合等差、等比数列性质分析判断. 【详解】由题意可知：焦点，准线，直线的斜率不为0，且与抛物线必相交， 设，，则， 可得， 联立方程，消去x可得， 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：BD. 【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. 故答案为：. 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：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， WSD    ∴， ∵ ∴ ∴，，， ∴，， ∵，∴， 又∵，平面，平面 ∴平面 （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】 略 【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： 1 2 3 4 5 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）需要考虑所有可能的取值，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（概率为）. 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： 1 2 3 4 5 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：设点、，则点， 因为直线不与坐标轴垂直，则，， 所以，，， 因为，这两个等式作差可得， 所以，； ②是，且定点坐标为 【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，证明出椭圆在点处的切线方程为，将切线方程与直线的方程联立，求出点的坐标，由对称性知，以为直径的圆过定点，由求出的值，即可得出结论. 【小问1详解】 因为椭圆的右焦点为，右顶点为， 则，，， 因为，即，即， 整理可得，可得，即，解得， 所以，椭圆的方程为. 【小问2详解】 ①略； ②设，先证明出椭圆在点处的切线方程为， 联立可得，整理可得， 即，即，解得， 所以，椭圆在点处的切线方程为， 因为直线与直线交于点，则， 联立，可得，即点， 由对称性可知，以为直径的圆过轴上的定点，则， 且，， 则， 所以，，解得， 因此，以为直径的圆过定点. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 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． ①求的通项公式； ②证明：． 【答案】（1） （2）①； ②证明：构造，则， 故在上单调递减，故， 可得当时，， 则， 即，，……， 将上式累加可得 ， 故. 【解析】 【分析】（1）根据行列式的定义运算求解即可； （2）①根据所给的规则求出切点为的切线方程，再进一步求得，结合等比数列的定义得出结果；②当时，先证明成立，得出，再结合等比数列求和得出结果. 【小问1详解】 由题意可得：. 【小问2详解】 ①由（1）可知：，， 则切点，切线斜率：， 故切线方程为：， 联立得：， 化简得：， 因式分解得：，故， 上式亦满足由作切线而得到的的横坐标，故， ，则是以为首项，以为公比的等比数列, 故，故，即； ②略 【点睛】方法点睛：利用导数证明数列不等式问题:常根据已知的函数不等式或者构造函数不等式进行证明，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量，通过求和达到证明的目的. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 秘密★启用前 【考试时间：10月29日14：30-16：30】 昆明市五华区2025届高三上学期期中教学质量检测 数学 注意事项： 1．答卷前，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，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，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．回答非选择题时．将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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. 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. 3 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 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 5. 若等比数列的公比为q，则“”是“是递增数列”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 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. 在上恰有4个零点，则 D. 当时，函数的值域为 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4 C. ，，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. 在正项数列中，，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的分布列和数学期望． 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． ①求的通项公式； ②证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $