精品解析：云南省昆明市云南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题

数学试卷 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. 复数，则（ ） A. B. C. D. 1 2. 集合，则是的（ ） 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 3. 已知直线a，b，c，平面，，下列选项能推出的是（ ） A. ， B. a，b与所成角相同 C. ，， D. ， 4. 如图是某市随机抽取的100户居民的月均用水量频率分布直方图，如果要让60%的居民用水不超出标准（单位：t），根据直方图估计，下列最接近的数为（ ） A. 8.5 B. 9 C. 9.5 D. 10 5. 已知函数，记，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线：与：交于点P，点，则的最大值为（ ） A. B. C. 3 D. 4 7. 已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，其中为正三角形，为等腰直角三角形，，，，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 双曲线的左焦点坐标为，直线与双曲线交于两点（其中在第一象限），已知，（为坐标原点），则（ ） 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. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象可由的图象向左平移个单位得到 C. 若点在的图象上，则点也在的图象上 D. 若点在的图象上，则点也在的图象上 10. 已知定点，，动点P到B的距离和它到直线：的距离的比是常数，则下列说法正确的是（ ） A. 点P的轨迹方程为： B. P，A，B不共线时，面积的最大值为 C. 存在点P，使得 D. 为坐标原点，的最小值为4 11. 在棱长为1的正方体中，为的中点，为的中点，动点满足，其中，，则（ ） A. 当，时，平面截正方体所得截面为四边形 B. 当时，平面 C. 当时，的最小值为 D. 当时，动点P的轨迹长度为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 圆锥的底面积为，其母线与底面所成角为，且，则该圆锥的体积为________. 13. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知的面积为，，，则________. 14. 已知函数有两个极值点，则的取值范围为________；若的极小值小于零，则的取值范围为________. 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. 甲袋中装有2个红球、2个白球，乙袋中装有1个红球、3个白球.抛掷一枚质地均匀的骰子，如果点数为1或2，从甲袋中随机摸出2个球；如果点数为3，4，5，6，从乙袋中随机摸出2个球. （1）记摸出红球的个数为X，求X的分布列和期望； （2）已知摸出的2个球是1红1白，求这2个球来自乙袋的概率. 16. 已知在长方形中，，，点是边的中点，如图甲所示.将沿翻折到，连接，，得到四棱锥，其中，如图乙所示. （1）求证：平面平面； （2）求平面和平面夹角的余弦值. 17. 已知函数. （1）若直线是曲线的一条切线，求a的值； （2）若在上的最大值为1，求a的取值范围. 18. 设为抛物线：的焦点，过作抛物线准线的垂线，垂足为N，的面积为2. （1）求抛物线的方程； （2）直线：与E交于点A，B（A在x轴上方），直线：与E交于点C，D（D在x轴上方），直线与的交点为H. ①证明：H在一条定直线上； ②若H坐标，求的面积. 19. 已知数列的前项和为，若，其中，，则称为“数列”. （1）若是“数列”，求满足条件的一个； （2）若是“数列”，且，证明：； （3）是否存在等差数列是“数列”？若存在，求出所有满足条件的，并指出取最小值时的通项；若不存在，请说明理由 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试卷 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. 复数，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的运算法则计算． 【详解】， 故选：D． 2. 集合，则是的（ ） 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 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分必要条件的定义判断． 【详解】由已知，由，因此，充分性满足， 但当时，，但，必要性不满足， 应是充分不必要条件， 故选：A． 3. 已知直线a，b，c，平面，，下列选项能推出的是（ ） A. ， B. a，b与所成角相同 C. ，， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据两直线的位置关系，结合直线与平面的位置关系判断各选项． 【详解】选项A，直线可能相交，可能平行也可能异面，A错； 选项B，直线可能相交，可能平行也可能异面，B错； 选项C，如图，，，， 过作平面，∵，∴， 同理过作平面，∵，∴， ∴，又，，∴，而，， ∴，∴．C正确． 选项D中，直线可能平行也可能异面，D错； 故选：C． 4. 如图是某市随机抽取的100户居民的月均用水量频率分布直方图，如果要让60%的居民用水不超出标准（单位：t），根据直方图估计，下列最接近的数为（ ） A. 8.5 B. 9 C. 9.5 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】首先判断位于之间，再根据百分位数计算规则计算可得结论. 【详解】因为，， 所以应在， 所以，解得. 故最接近的数为. 故选：A. 5. 已知函数，记，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】确定函数的奇偶性与单调性，利用奇偶性转化，结合对数函数与指数函数性质比较大小,再利用单调性得结论． 【详解】是偶函数，在上是增函数， ， ，， 即，所以，即， 故选：B． 6. 已知直线：与：交于点P，点，则的最大值为（ ） A. B. C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由直线方程确定点轨迹是以为直径的圆，圆心为，求出到圆心距离后再加上半径即得最大值． 【详解】由直线的方程是知直线过定点，直线的方程是知直线过定点， 又时两直线方程分别为和，它们垂直， 时，两直线的斜率分别为和，而，因此它们垂直， 即， 所以点轨迹是以为直径的圆，圆心为，半径为， 又， 所以最大值是， 故选：B． 7. 已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，其中为正三角形，为等腰直角三角形，，，，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】找到球心的位置，计算出球的半径，进而求得球的表面积. 【详解】依题意，. 设的中点为，则是等腰直角三角形的外心， 设连接，设是等边三角形的外心，则, ，在三角形中， 由余弦定理得, 所以为钝角，且. 由于，所以是二面角的平面角， 过作平面的垂线，过作平面的垂线，设两条垂线相交于， 则是三棱锥外接球的球心. ，， 所以， 所以外接球的半径， 所以外接球的表面积为. 故选：C 【点睛】思路点睛： 构造辅助线与几何位置确定：首先通过辅助线构造，确定了三角形的中点和外心，从而找到球心的位置. 使用余弦定理判断角度：利用余弦定理来判断三角形中的角度性质，以此作为进一步计算球半径的依据. 计算半径并推导表面积：通过几何关系求出外接球的半径，并利用球的公式计算其表面积. 8. 双曲线的左焦点坐标为，直线与双曲线交于两点（其中在第一象限），已知，（为坐标原点），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用已知可求得点，利用点在直线上可求得，，进而利用，求得点，代入椭圆方程求解可. 【详解】设，所以， 由，可得，解得， 代入双曲线方程，可得，解得， 所以，又点在上，所以， 所以，所以，所以， 所以，解得，所以， 设，由，所以，解得， 所以，又点在双曲线上， 所以，所以，所以， 所以，所以，解得或(舍去). 故选：C. 【点睛】思路点睛：利用向量的坐标运算求得点的坐标，进而表示出点是关键，在平面几何中注重向量的运算. 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. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象可由的图象向左平移个单位得到 C. 若点在的图象上，则点也在的图象上 D. 若点在的图象上，则点也在的图象上 【答案】ACD 【解析】 【分析】由图象确定函数解析式，然后由周期性判断A，由图象变换判断B，由对称性判断CD． 【详解】由已知，又在的减区间上， 所以，， 又，所以， 即， 最小正周期是，A正确； 的图象向左平移个单位得到的图象，B错； 图象关于点对称，则，所以，若点在的图象上，则点也在的图象上，C正确， 当时，，所以直线是函数图象的一条对称轴， 所以若点在的图象上，则点一定在的图象上，所以D正确， 故选：ACD． 10. 已知定点，，动点P到B的距离和它到直线：的距离的比是常数，则下列说法正确的是（ ） A. 点P的轨迹方程为： B. P，A，B不共线时，面积的最大值为 C. 存在点P，使得 D. 为坐标原点，的最小值为4 【答案】BD 【解析】 【分析】设，用坐标表示出题设条件化简即得轨迹方程，从而判断A，由椭圆的性质确定三角形面积最大值判断B，利用以为直径的圆与椭圆是否相交判断C，把转化为到直线的距离后，当共线时取得最小值，从而判断D． 【详解】选项A，设，则，平方整理得，即为点轨迹方程，A错； 选项B，由轨迹方程知点轨迹是椭圆，，由于，椭圆的焦点是， 当点为椭圆短轴顶点时，面积最大，此时面积为，B正确； 选项C，由于，因此以为直径的圆与椭圆没有交点，因此不存在，使得，C错； 选项D，如图，作，为垂足，则，， 当且仅当共线时，取得最小值4，即的最小值为4，D正确． 故选：BD. 11. 在棱长为1的正方体中，为的中点，为的中点，动点满足，其中，，则（ ） A. 当，时，平面截正方体所得截面为四边形 B. 当时，平面 C. 当时，的最小值为 D. 当时，动点P的轨迹长度为 【答案】BC 【解析】 【详解】，则在平面中， 选项A，当，时，在棱上上，且， 延长交延长线于，则，过作交于， 则是平行四边形，所以，所以在线段上（不含端点）， 作交于点，则在线段上（不含端点）， 连接交于，连接，则截面为五边形，A错； 选项B，当时，则，即，与重合， 如图，正方体中平面，平面，则， 又，，平面， 所以平面，而平面，所以，同理， 又因为，平面， 所以平面，即平面，B正确； 选项C，当时，在上，把等腰直角和等边沿摊平到一个平面上， 如图，则当三点共线时，最小， 由图可知这个最小值是，C正确； 选项D，如图，设是底面中对角线的交点，即为底面中心， 由正方体性质知平面，平面，则，易知， 所以， 因此点轨迹是平面内以为圆心，为半径的圆在正方形内的部分， 正方形边长是1，因此该圆与正方形的四边都相交，设其与的交点为， 由对称性得， 是正三角形，， 所以动点P的轨迹长度为，D错， 故选：BC． 【点睛】方法点睛：本题考查向量基本定理的应用，考查空间图形的截面与轨迹问题．解题时需要利用向量运算的法则确定点轨迹，然后再根据空间几何知识求解。对空间线段和的最小值问题可以把空间问题平面化，利用平面上两点间距离线段最短的性质求解． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 圆锥的底面积为，其母线与底面所成角为，且，则该圆锥的体积为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可求出圆锥的底面半径与母线的长，然后利用勾股定理求得高，从而可求体积. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线为， 因为圆锥的底面积为，所以，解得， 又因为母线与底面所成角为，且，所以，解得， 所以圆锥的高为：， 所以圆锥的体积为. 故答案为：. 13. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知的面积为，，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】由面积公式求得，结合已知求得，再利用正弦定理可得结论． 【详解】由已知，， 由，解得（负值舍去）， 所以， 故答案为：． 14. 已知函数有两个极值点，则的取值范围为________；若的极小值小于零，则的取值范围为________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】空1：求导，利用导数有两个正根可得，求解即可；空2：利用空1，可得函数的单调性，可得时，函数取得极小值，由已知计算可得，根据可求结论. 【详解】空1：函数的定义域为 求导得，令，可得， 因为函数有两个极值点，所以有两个不等的正根， 设两根分别为且，所以可得，解得， 所以的取值范围为； 空2：由（1）可得时，，当时，， 当时，，所以时，函数取得极小值， 所以且，即， 极小值，所以， 令，求导可得， 所以在上为减函数， 又，所以时，， 由，可得， 令，可得， 所以在上单调递增，，所以， 所以的取值范围为. 故答案案为：；. 【点睛】思路点睛：函数有极值点转化为导数为0的方程的根的问题，进而可转化为函数的零点问题. 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. 甲袋中装有2个红球、2个白球，乙袋中装有1个红球、3个白球.抛掷一枚质地均匀的骰子，如果点数为1或2，从甲袋中随机摸出2个球；如果点数为3，4，5，6，从乙袋中随机摸出2个球. （1）记摸出红球的个数为X，求X的分布列和期望； （2）已知摸出的2个球是1红1白，求这2个球来自乙袋的概率. 【答案】（1）分布列： 0 1 2 期望为； （2）． 【解析】 【分析】（1）分别求出从甲袋中摸出两球，两红，一红一白，两白的概率，从乙袋中摸出两球，两红，一红一白，两白的概率，再计算出从甲摸球和从乙摸的概率，利用独立事件的概率公式求得分布列，然后由期望公式求得期望； （2）由（1）得两球是一红一白的概率，及从乙袋中摸得一白一红两球的概率，再由条件概率公式计算． 【小问1详解】 由题意的可能值是， 甲袋2个红球、2个白球，分别编号为红1，红2 ，白1，白2， 任意抽取2球的可能情形是：红1红2，红1白1，红1白2，红2白1，红2白2，白1白2共6种， 因此抽取的两球均红的概率为，一红一白的概率为，两球均白的概率是， 乙袋1个红球、3个白球，3个白球编号为， 抽取2球的可能情形有：红1，红2，红3，12，13，23共6种， 抽取的两球均红的概率为0，一红一白的概率为，两球均白的概率是， 又抽取的球从甲袋抽取的概率为，从乙袋抽取的概率是， 所以，，， 的分布列为： 0 1 2 期望为； 【小问2详解】 由（1）知两球一红一白的概率是，一红一白两球是从乙袋中抽取的概率是， 所以在摸出的2个球是1红1白，这2个球来自乙袋的概率． 16. 已知在长方形中，，，点是边的中点，如图甲所示.将沿翻折到，连接，，得到四棱锥，其中，如图乙所示. （1）求证：平面平面； （2）求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：连接，因为是中点，所以， 从而，所以， 又，所以，所以， ，平面， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面； （2）． 【解析】 【分析】（1）证明，，从而证得平面，再由面面垂直的判定定理得证面面垂直； （2）以为原点，过平行于的直线为轴，为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，则法向量夹角的余弦值得二面角的余弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，则，又平面平面，平面平面， 所以平面， ， 以为原点，过平行于的直线为轴，为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，， ， 设平面的一个法向量是， 则，取得， 设平面的一个法向量是， 则，取，得， ， 所以平面和平面夹角的余弦值为． 17. 已知函数. （1）若直线是曲线的一条切线，求a的值； （2）若在上的最大值为1，求a的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，令，可得或，分类讨论计算可得结论； （2），分，，，，五种情况讨论可得结论. 【小问1详解】 因为切线为，所以切线斜率为0， 由， 令，解得或， 若是函数在的切线，则有， 所以，即， 令，求导得，令，解得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以， 所以无解； 若是函数在的切线，，解得； 【小问2详解】 因为， 因为， 令，解得或， 当时，若，，函数在单调递增， 所以不符合题意， 当时， 若时，，函数在单调递减， 若，，函数在单调递增， 若，，函数在单调递减， 所以时，函数在时取得极大值， 所以，解得，又，所以 当，可得时，，函数在单调递减，符合题意； 当时，若，，函数在单调递减， 若，，函数在单调递增， 若，，函数在单调递减， 所以时函数取得极大值，又， 令，求导，所以， 即，所以，所以时，在上的最大值为1， 当时，在单调递减，在单调递增， ，符合题意， 综上所述：a的取值范围为. 18. 设为抛物线：的焦点，过作抛物线准线的垂线，垂足为N，的面积为2. （1）求抛物线的方程； （2）直线：与E交于点A，B（A在x轴上方），直线：与E交于点C，D（D在x轴上方），直线与的交点为H. ①证明：H在一条定直线上； ②若H坐标，求的面积. 【答案】（1） （2）①证明：设 联立，得则. 联立，得则. 代入， 化简得, 同理得. 联立两直线方程，得到. 所以在定直线上. ② 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的焦点坐标、准线方程以及三角形面积公式来求解抛物线方程. （2）①先联立直线与抛物线方程求出交点坐标，再根据交点坐标求出直线方程，进而证明交点在定直线上. ②，先求出的值，再根据三角形面积公式求出的面积. 【小问1详解】 抛物线的焦点坐标为，准线方程为. 已知，，则，. 根据三角形面积公式的面积， 即，解得或（因为，舍去）. 所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 ①略 ②因为在直线与的交点上，把代入直线，方程得到，由于. ， 代入，可得，可求出. 所以的面积为 【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 19. 已知数列的前项和为，若，其中，，则称为“数列”. （1）若是“数列”，求满足条件的一个； （2）若是“数列”，且，证明：； （3）是否存在等差数列是“数列”？若存在，求出所有满足条件的，并指出取最小值时的通项；若不存在，请说明理由 【答案】（1）（答案不唯一） （2）证明：法一：由于是“数列”，故. 而，故，从而由知. 下面用数学归纳法证明：. 当时，由知，所以. 这表明结论在时成立； 假设当时结论成立，即. 则由知. 所以，即. 这就得到. 假设，则，矛盾. 所以，故. 所以，这表明结论在时成立. 由数学归纳法知对任意正整数成立. 所以由知，故. 法二：由题得， 当时，，解得，结论成立； 当时，，即， 利用求根公式得． 而，所以． 所以． 综上，． （3）当，，时，；当，时，； 其余情形不存在；取最小值时，. 【解析】 【分析】（1）直接验证满足条件即可； （2）法一：使用数学归纳法即可证明结论；法二，分和并结合求根公式即可证明； （3）分和讨论，并结合等差数列求和公式即可. 【小问1详解】 当时，有，故. 所以是一个“数列”. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 假设存在等差数列是“数列”， 设， 则， 代入得，． 若，则，此时，，，即； 若，则，，即， 比较等式两边的次数可知，，即． 此时， 所以，． 所以，． 此时． 综上，当，，时，；当，时，； 其余情形不存在． 当存在时， ①若，，则的最小值为； ②若，则由得，当且仅当时取等． 而 ， 所以当，即时，取到最小值． 综上，最小值为，此时． 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对“数列”定义的理解，只有理解了定义，方可解决相应的问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $