精品解析：云南省昆明市2025届“三诊一模”高三复习教学质量检测数学试题

昆明市2025届“三诊一模”高三复习教学质量检测 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准考证号、姓名、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，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：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. 复数，则（ ） A. 5 B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数与的图象如图所示，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 4. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于A，B两点，点为线段的中点，若点的横坐标为，，则（） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 5. 在中，分别是角的对边，且, 则角的大小是 A. B. C. D. 6. 已知圆锥的底面半径为，高为2，正方体棱长为，若点A，B，C，D在该圆锥的侧面上，点，，，在该圆锥的底面上，则（） A. 2 B. C. 1 D. 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 已知为坐标原点，设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为，点在上，且，当的离心率变化时，下列三角形可能为等腰三角形的是（） A. B. C. D. 10. 某校有男生人，女生人，且男生身高的均值为，方差为，女生身高的均值为，方差为，全体学生身高均值和方差分别为，，则下列说法一定正确的是（） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 若函数满足：对，都有，则称该函数具有性质，下列函数具有性质的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，若，方向相反，则_____. 13. 已知点，，若直线过且平分的面积，则被外接圆截得的弦长为_____. 14. 直线与函数的图象的交点为，若，，，则_____. 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. 已知数列的前项和为，. （1）求数列的通项公式； （2）令，求数列的前项和. 16. 某种量子加密技术所用光子有两种指向：“0指向”和“1指向”，光子的发送和接收都有A、B两种模式.当发送和接收模式相同时，检测器检测到的光子指向信息与发送信息一致，否则检测出相异的指向信息.现发射器以A模式，从两个“1指向”、两个“0指向”的光子中随机选择两个依次发送，接收器每次以A或者B模式接收，其概率分别为和.每次发送和接收相互独立. （1）求发射器第1次发送“0指向”光子的条件下，第二次发送“1指向”光子的概率； （2）记发射器共发射“0指向”光子个数为，求的分布列； （3）求检测器检测到两个“1指向”光子的概率. 17. 已知函数. （1）若在点处的切线与曲线相切，求； （2）若是的两个极值点，设，，直线的斜率为，证明：. 18. 如图，四棱锥中，平面，，，. （1）证明：平面平面； （2）若，动点在内（含边界）且. ①求动点的轨迹的长度； ②设直线与平面所成角为，求的取值范围. 19. 已知双曲线的焦距为，是的一条渐近线. （1）求的方程； （2）直线与交于A，B两点，为坐标原点，动点满足，求点的轨迹方程； （3）若曲线与交于，两点（，两点位于轴右侧），记直线的斜率为，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 昆明市2025届“三诊一模”高三复习教学质量检测 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准考证号、姓名、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，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：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. 复数，则（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的四则运算得到，再根据复数的模长公式求解即可. 【详解】， . 故选：D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由交集的运算，即可得到结果. 【详解】因为集合，， 所以. 故选：B 3. 已知函数与的图象如图所示，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数与的图象可知函数的定义域与奇偶性，即可选出求解. 【详解】由图可知函数的定义域为函数和函数的定义域的交集为， 故函数的图象不经过坐标原点，排除选项BC； 又因为函数是偶函数，函数是奇函数，所以函数是奇函数，排除选项D. 故选：A. 4. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于A，B两点，点为线段的中点，若点的横坐标为，，则（） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线的定义求解即可. 【详解】根据抛物线定义，点到焦点的距离分别等于它们到准线的距离， 设，则， 由于为中点，所以， 又因为， 代入得，解得， 故选：. 5. 在中，分别是角的对边，且, 则角的大小是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】分析：利用正弦定理、诱导公式可得cosB=﹣，由此求得 B 的值． 详解：在△ABC中，∵，由正弦定理可得 ，化简可得﹣sin（B+C）=2sinAcosB， 即﹣sinA=2sinAcosB，解得 cosB=﹣，故 B=， 故选C ． 点睛：（1）在三角形中根据已知条件求未知的边或角时，要灵活选择正弦、余弦定理进行边角之间的转化，以达到求解的目的． （2）求角的大小时，在得到角的某一个三角函数值后，还要根据角的范围才能确定角的大小，这点容易被忽视，解题时要注意． 6. 已知圆锥的底面半径为，高为2，正方体棱长为，若点A，B，C，D在该圆锥的侧面上，点，，，在该圆锥的底面上，则（） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】过正方体的一组对棱作圆锥的截面，利用相似三角形对应边成比例列方程即可求解. 【详解】过正方体的一组对棱作圆锥的截面，如图所示， 由题意可得： ， 面对角线 ， 所以 ， 由 ，可得 ， 所以 解得： ， 故选：C． 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由二倍角公式分别将等式的左右两边化简，再由正切函数的和差角公式代入计算，即可得到结果. 【详解】左边 ， 右边， 即，化简可得， 即，. 故选：B 8. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由原式可得，然后由作差法分别比较与，与的大小关系，即可得到结果. 【详解】由，且可得，即， 则， 又，即，化简可得， 即，其中， 所以，即，所以， 所以，所以， 又，所以， 综上所述，. 故选：A 二、多选题：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. 已知为坐标原点，设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为，点在上，且，当的离心率变化时，下列三角形可能为等腰三角形的是（） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】假设三角形为等腰三角形，在此基础上能够求出椭圆的离心率即满足题意. 【详解】椭圆方程为，设左焦点为，左顶点为，上顶点为， 点在椭圆上且满足，即点的坐标为， 对于A，顶点坐标为，，三边长度：，， 当时，即离心率，此时，解得， 此时，故为等腰三角形，故A正确； 对于B，顶点坐标为，， 三边长度：， 当时，即，解得，即离心率时成立，故为等腰三角形，故B正确； 对于，顶点坐标为， 三边长度：,， 当时，即，解得，即离心率时成立，故为等腰三角形，故C正确； 对于D，顶点坐标为，， 三边长度：，， 因为，若为等腰三角形，只能，即，即，又， 所以，因为，故该等式无解，故D错误； 故选：ABC. 10. 某校有男生人，女生人，且男生身高的均值为，方差为，女生身高的均值为，方差为，全体学生身高均值和方差分别为，，则下列说法一定正确的是（） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】分层随机抽样总样本的均值为，总样本的方差为，带入化简计算即可. 【详解】选项A：若，则全体均值，A正确； 选项若，则，B正确； 选项C：因为 当时，由A选项可知 代入上式可得，若，可能（例如时），C不成立； 选项D：当时，由B可知，代入上式并化简可得 因为恒成立，故D正确. 故选：ABD. 11. 若函数满足：对，都有，则称该函数具有性质，下列函数具有性质的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意，由性质的定义结合函数的单调性以及奇偶性即可判断BD，举出反例即可判断AC. 【详解】由性质的定义可知，当时，， 且时，. 对于A，因为的定义域为，值域为， 当时，必有， 所以函数不具有性质，故A错误； 对于B，因为与在上单调递增，所以在上单调递增， 且，即为奇函数， 设，即，则， 所以； 设，即，则， 所以，所以函数具有性质，故B正确； 对于C，取，，即， 则， 所以函数不具有性质，故C错误； 对于D，因为，所以在上单调递增， 且， 所以是奇函数， 设，即，则， 所以； 设，即，则， 所以，所以函数具有性质，故D正确； 故选：BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，若，方向相反，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据共线向量的坐标表示及题意即可求解. 【详解】依题意，解得或， 当时，，此时，满是题意; 当时，，比时，不满足题意， 故答案为：． 13. 已知点，，若直线过且平分的面积，则被外接圆截得的弦长为_____. 【答案】## 【解析】 【分析】先求出的外接圆方程，再确定直线的方程，最后根据圆的弦长公式求出弦长. 【详解】设外接圆的方程为， 把，，三点分别代入方程可得： 把代入得：，即. 把代入得：，即，解得. 把代入得：，将代入， 可得，解得. 所以外接圆的方程为，配方可得， 其圆心坐标为，半径. 因为直线过且平分的面积，所以直线必过线段的中点. ，，则中点坐标为. 已知直线过和， 可得直线的方程为，即. 圆心到直线：的距离. 所以弦长为. 故答案为： 14. 直线与函数的图象的交点为，若，，，则_____. 【答案】或 【解析】 【分析】由结合题意可确定，由，可得可取或，据此可得答案. 【详解】设，或. 其中，因，则相邻交点最小距离为，即 即， 则最小正周期为.又注意到，则， 故或，其中，则可取或， 当时，； 当时，； 故答案为：或 【点睛】关键点点睛：本题关键为确定函数解析式，常由函数周期性确定，确定周期可利用函数图象，也可利用相关点距离的最小值确定；而常由函数图象上的特殊点确定. 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. 已知数列的前项和为，. （1）求数列的通项公式； （2）令，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用即可求数列的通项公式； （2）由（1）得，然后利用裂项相消求和法可求得数列的前项和. 【小问1详解】 由题得， ∴当时，，得， 当时，， 两式作差得，即， 故数列是首项为，公比为的等比数列， 所以. 【小问2详解】 由（1）得. ∴. 16. 某种量子加密技术所用光子有两种指向：“0指向”和“1指向”，光子的发送和接收都有A、B两种模式.当发送和接收模式相同时，检测器检测到的光子指向信息与发送信息一致，否则检测出相异的指向信息.现发射器以A模式，从两个“1指向”、两个“0指向”的光子中随机选择两个依次发送，接收器每次以A或者B模式接收，其概率分别为和.每次发送和接收相互独立. （1）求发射器第1次发送“0指向”光子的条件下，第二次发送“1指向”光子的概率； （2）记发射器共发射“0指向”光子个数为，求的分布列； （3）求检测器检测到两个“1指向”光子的概率. 【答案】（1） （2）分布列为： 0 1 2 （3）【解析】 【分析】（1）由题意结合条件概率知识可得答案； （2）由题可得可取0，1，2，即可得分布列及相应期望； （3）由（2）结合全概率公式可得答案. 【小问1详解】 设事件“发射器第一次发送“0指向”的光子”， 事件“第二次发送“1指向”的光子”，则，， 由条件概率公式，； 【小问2详解】 由题意：，1，2. ，，， 所以的分布列为： 0 1 2 【小问3详解】设事件“检测器检测到两个“1指向”光子”， 事件“发射器发射了个“1指向”光子”， 由（2）知：，，， 则，，， 由全概率公式，得： . 17. 已知函数. （1）若在点处的切线与曲线相切，求； （2）若是的两个极值点，设，，直线的斜率为，证明：. 【答案】（1） （2）证明：由题意知，，且， 所以，，，所以， 不妨设，则，则直线的斜率， 故要证，即证，即证， 设函数，，则， 所以在单调递增，又，故， 即成立，所以. 【解析】 【分析】（1）根据题意，由导数的几何意义求得切线方程，然后联立切线与曲线方程，由代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由极值点的定义代入计算可得，然后表示出直线的方程，将问题转化为，然后构造函数，求导，即可得到结果. 【小问1详解】 由题意知，的定义域为，，所以， 故在点处的切线方程为， 联立，可得， 由，解得. 【小问2详解】 略 18. 如图，四棱锥中，平面，，，. （1）证明：平面平面； （2）若，动点在内（含边界）且. ①求动点的轨迹的长度； ②设直线与平面所成角为，求的取值范围. 【答案】（1） 由，可知， 三角形为等腰直角三角形，，， 又因为，由余弦定理得：， 即得，， 因为平面，平面，所以， 又因为，平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）①；② 【解析】 【分析】（1）通过证明平面，可完成证明； （2）①如图建立空间直角坐标系，设的坐标为，由可得动点的轨迹，即可求长度；由①可设，据此可表示出平面的法向量，然后由空间向量结合三角函数知识可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①依题意，建立如图坐标系， 设的坐标为，， 由， 化简得：，即， 设线段的中点， 则动点的轨迹是以线段的中点为圆心， 1为半径的四分之一圆弧，故其长度为. ②由①可设，，，， ，，， 设平面的一个法向量为，则即 取，则， 则 因为，所以，所以， 所以，所以， 综上所述，. 19. 已知双曲线的焦距为，是的一条渐近线. （1）求的方程； （2）直线与交于A，B两点，为坐标原点，动点满足，求点的轨迹方程； （3）若曲线与交于，两点（，两点位于轴右侧），记直线的斜率为，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（或） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意得，，结合即可求解双曲线的方程； （2）设点，，.联立直线与双曲线方程化简可得，由可解得的取值范围.再根据韦达定理及向量加法的坐标表示即可求得点的轨迹方程； （3）将曲线方程与双曲线方程联立消元整理可得，令且，则根据可将问题转化 在不单调，即在有解.令，，可进一步转化为在有解.由此可知，且存在唯一使得，即，进而可知函数的单调性与最小值，对进行分类讨论，当最小值时求出两根的取值范围即可求解. 【小问1详解】 由题，可知，解得， 所以的方程为：. 【小问2详解】 设点，，. 联立可得， 则，解得或. 由韦达定理可知：，. 因为，即， 因此点的轨迹方程为（或）. 【小问3详解】 联立可得，即. 设，，不妨设，由题知. 令且， 则，故在不单调. ，则在有解. 令，，则在有解. 由于在单调递减，所以， 故，且存在唯一使得，即. 又当时，，，所以在单调递减； 当时，，，所以在单调递增. 所以在上，， ①当时，则，在单调递增， 则，在上不存在两正根. ②当时，则， ，在单调递增， 由于在单调递减，则 i）当时，则，又当时，， 所以存在，，使得，即，所以； ii）当时，则， ，， 所以存在，，使得，且； 由于，则； ， 所以 ， 可知，所以，则； 综上，当时，在上有两个正实根，，且. 所以； 且时，，所以的取值范围为. 【点睛】本题第（3）问主要考查函数的零点与方程的根之间的关系以及利用导数研究函数单调性与最值等性质，属于压轴题. 解题关键是能根据将曲线与双曲线相交于位于轴右侧的两点，联立方程组消元后转化为方程实根的个数，进一步转化为函数不单调，通过求导降次后进一步转化为方程在有解.通过参变分离可研究函数的单调性与最小值，对进行分类讨论，当最小值时求出两根的取值范围即可求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $