精品解析：云南省临沧市临沧地区中学2024-2025学年高三下学期适应性月考卷（七）数学试题

云南省临沧地区中学2025届高考适应性月考卷（七） 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，请将答题卡交回，试卷自行保留． 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. B. C. D. 2. 若是奇函数，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 3. 已知为平面，为两条不同的直线，且，设命题甲：；命题乙：，则（ ） A. 甲是乙的充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既不充分也不必要条件 4. 设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 设抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于，两点，与抛物线的准线相交于点，，则与面积的比（ ） A. B. C. D. 6. 对于正数，且，可以定义运算，则方程的根落于区间（ ） A. B. C. D. 7. 在研究性学习活动中，某位学生收集了两个变量与之间的几组数据如下表： 根据上表数据所得经验回归方程为.该同学又收集了两组数据，和，，利用这六组数据求得的经验回归方程为，则以下结论正确的是（ ） 参考公式：经验回归方程为，其中，． A. ， B. ， C. ， D. ， 8. 已知函数，在曲线与直线的交点中，若相邻交点的距离为.若且关于的方程有三个不等的实根，则实数的取值范围为（ ） 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. 已知复数，则（ ） A. 的实部为 B. 的虚部为 C. D. 在复平面内对应的点位于第一象限 10. 已知为坐标原点，点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 和的面积之和的最大值为1 D. 若，则 11. 记为数列的前项和，且为等差数列，为等比数列，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 存在正整数，对于任意的正整数，均有 C. 对于任意的正整数，均有 D. 存在正整数，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 1955年10月29日新疆克拉玛依1号油井出油，标致着新中国第一个大油田的诞生，克拉玛依大油泡是一号油井广场上的标志性建筑，成为市民与游客的打卡网红地，形状为椭球型，中心截面为椭圆，已知动点在椭圆上，若点A的坐标为，点满足，，则的最小值是___________. 13. 设函数，若，，则当取得最小值时，__________. 14. 已知定义在R上的函数满足：①曲线上任意一点处的切线斜率均不小于1；②曲线在原点处的切线与圆相切，请写出一个符合题意的函数______． 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. 黄帝内经中十二时辰养生法认为：子时点到次日凌晨点的睡眠对一天至关重要．相关数据表明，入睡时间越晚，深度睡眠时间越少，睡眠指数也就越低．根据某次的抽样数据，对早睡群体和晚睡群体睡眠指数的统计如下表： 组别 睡眠指数 早睡人群占比 晚睡人群占比 注：早睡人群为前入睡的人群，晚睡人群为后入睡的人群． （1）以频率估计概率，求晚睡人群睡眠指数在的概率，并判断晚睡人群睡眠指数的中位数在第几组？ （2）据统计，睡眠指数得分在区间内的人群中，早睡人群约占从睡眠指数得分在区间内的人群中随机抽取人，以表示这人中属于早睡人群的人数，求的分布列与数学期望． 16. 如图，在正四棱锥中，分别为的中点． （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求该四棱锥被平面所截得的两部分体积之比，其中． 17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且. （1）求角A的大小； （2）已知，，求的值. 18. 已知双曲线． （1）求双曲线C的离心率； （2）若直线与双曲线C相交于A，B两点（A，B均异于左、右顶点），且以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标． 19. 对于数列，若存在常数满足，则称为“上界数列”，为的“上界”，并把最小的值叫做“上界临界值”，记为．记数列的前项和为，已知，． （1）判断是否为“上界数列”，并说明理由； （2）若，为数列的前项和，求数列的“上界临界值”； （3）若，数列的“上界临界值”为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南省临沧地区中学2025届高考适应性月考卷（七） 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，请将答题卡交回，试卷自行保留． 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. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据指数函数的值域、对数函数的定义域化简集合，再求交集即可. 【详解】由题知，，则， 故选：C. 2. 若是奇函数，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件得到，求出，结合函数的定义域及，求出，进而可得结果即可. 【详解】函数的定义域需满足，即， 又函数为奇函数，其定义域关于坐标原点对称，即，解得， 所以定义域为，又，即， 所以，故A正确. 故选：A 3. 已知为平面，为两条不同的直线，且，设命题甲：；命题乙：，则（ ） A. 甲是乙的充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据线线平行、线面平行相关定理依次判断充分性与必要性即可. 【详解】，，或，充分性不成立； ，，和相交、平行或异面，必要性不成立. 故选：D. 4. 设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用和事件的概率公式和条件概率公式可得. 【详解】因为，，则， 又，即， 所以，故B错误； ，，∴， ∴，故A错误； ，，∴，故C正确. 因为， ，∴，∴， ∴，故D错误. 故选：C. 5. 设抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于，两点，与抛物线的准线相交于点，，则与面积的比（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据，进而由两三角形相似，得出，再由抛物线的定义求得，根据的值求得点的坐标，进而利用两点式求得直线的方程，把代入，即可得点的坐标，从而求得的值，则三角形的面积之比可得. 【详解】解：如图过，两点分别作准线的垂线，垂足分别为，， 因为 ∽，所以， 由抛物线定义得，， 因为，所以， 因为，所以，， 所以 ， 所以直线AB的方程为， 将代入上式得，，解得 或， 所以，， 所以 ， 所以， 故选：D 【点睛】此题考了抛物线的应用，抛物线的简单性质，考查了基础知识的综合运用和综合分析问题的能力，属于中档题. 6. 对于正数，且，可以定义运算，则方程的根落于区间（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得到，解得，求出答案. 【详解】由题意，，即，即， 即，则，，， ，即，则. 故选：C 7. 在研究性学习活动中，某位学生收集了两个变量与之间的几组数据如下表： 根据上表数据所得经验回归方程为.该同学又收集了两组数据，和，，利用这六组数据求得的经验回归方程为，则以下结论正确的是（ ） 参考公式：经验回归方程为，其中，． A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据最小二乘法分别求出及，即可判断选项. 【详解】由表格数据可得：，，， 则，， 添加两组数据，和，后，，， ， ， 所以，． 故选：D 8. 已知函数，在曲线与直线的交点中，若相邻交点的距离为.若且关于的方程有三个不等的实根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简函数解析式得出，根据题意出函数的最小正周期，可求出的值，解题中的方程得出或，分析可知函数在区间上有两个不等的零点，分析函数的单调性，可出关于实数的不等式组，即可解得实数的取值范围. 【详解】因为 ， 因为曲线与直线的交点中，相邻交点的距离为. 所以函数的最小正周期为，可得，即， 由可得， 解得或， 当时，， 由可得，可得，解得， 所以方程在上只有一个解，故方程在上有两个不等的解， 令， 由可得，由可得， 所以函数在区间上单调递减，在上单调递增， 由题意可知，函数在区间上有两个不等的零点， 所以，解得. 因此，实数的取值范围是. 故选：B 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. 已知复数，则（ ） A. 的实部为 B. 的虚部为 C. D. 在复平面内对应的点位于第一象限 【答案】AC 【解析】 【分析】复数除法化简的，再根据复数的实部、虚部、模和共轭复数的几何意义判断各个选项； 【详解】由题意得，所以的实部为，虚部为，故A正确B错误； 在复平面内对应的点位于第四象限．故C正确D错误； 故选：AC. 10. 已知为坐标原点，点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 和的面积之和的最大值为1 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据向量的数量积的坐标运算及数量积运算可判断A；根据向量的定义及向量的模长公式可判断B；根据两点间的距离公式、同角关系式、三角形面积公式计算可判断C；由在单位圆上，结合题意分析可知当且仅当与单位圆相切时，取最大值，此时恰为，再由向量的数量积的坐标运算及模长运算可判断D. 【详解】对于A：由题意得，，故A正确； 对于B：若，则，又因为，所以或， 若，则，此时， 若，则，此时，故B正确； 对于C：， ，， 所以， 整理得， 所以和的面积之和的最大值为，故C错误； 对于D：若，注意到在单位圆上， 当且仅当与单位圆相切时，取最大值，此时恰为， 故为以为斜边的等腰直角三角形， 所以，故D正确. 故选：ABD. 11. 记为数列的前项和，且为等差数列，为等比数列，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 存在正整数，对于任意的正整数，均有 C. 对于任意的正整数，均有 D. 存在正整数，使得 【答案】AC 【解析】 【分析】各取等差和等比数列的前三项，由等差和等比中项构成方程求出，再讨论其取值得出等差和等比数列可判断A正确；利用数列单调性法解出最大项可得B错误；变形将，记，可得，再求和可得C正确，D错误. 【详解】对于A，因为为等差数列，取前3项知成等差数列，即. 因为为等比数列，取前3项知成等比数列，即， 代入，得，即，也即，所以或. 若，那么，所以，但不为等比数列，所以假设不成立，则，得，检验得为等差数列，为等比数列，故A正确. 对于B，也就是验证数列是否存在唯一的最大项， 令，即解得， 令，解得， 又，所以，即最大项不唯一､因此不存在符合题意的正整数，故B错误. 对于C，D，因为. 记，注意到，所以， 于是，因此对于任意的正整数，均有，故C正确，D错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 1955年10月29日新疆克拉玛依1号油井出油，标致着新中国第一个大油田的诞生，克拉玛依大油泡是一号油井广场上的标志性建筑，成为市民与游客的打卡网红地，形状为椭球型，中心截面为椭圆，已知动点在椭圆上，若点A的坐标为，点满足，，则的最小值是___________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据得到点M的轨迹方程，利用和几何意义要想使最小，只需最小，设出，用两点间距离公式得到，根据求出，进而求出的最小值. 【详解】因为，所以点M的轨迹为以A为圆心，半径为1的圆，因为，所以，要想使最小，只需最小，设，，则，其中，因为，所以当时，取得最小值，，此时. 故答案为： 13. 设函数，若，，则当取得最小值时，__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用基本不等式可确定最小值，由取等条件可得结果. 【详解】， （当且仅当，即时取等号）， ，则，即（当且仅当时取等号）， . 故答案为：. 14. 已知定义在R上的函数满足：①曲线上任意一点处的切线斜率均不小于1；②曲线在原点处的切线与圆相切，请写出一个符合题意的函数______． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】首先由②求出满足条件的切线方程，再写出函数判断是否正确. 【详解】由②可设过原点且与圆相切的直线为，则， 解得或（舍），结合①知曲线在原点处的切线为． 当时，（答案不唯一，只要符合题意即可） ，满足①．因为，所以曲线在原点处的切线为，满足②．故符合题意． 故答案为：（答案不唯一） 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. 黄帝内经中十二时辰养生法认为：子时点到次日凌晨点的睡眠对一天至关重要．相关数据表明，入睡时间越晚，深度睡眠时间越少，睡眠指数也就越低．根据某次的抽样数据，对早睡群体和晚睡群体睡眠指数的统计如下表： 组别 睡眠指数 早睡人群占比 晚睡人群占比 注：早睡人群为前入睡的人群，晚睡人群为后入睡的人群． （1）以频率估计概率，求晚睡人群睡眠指数在的概率，并判断晚睡人群睡眠指数的中位数在第几组？ （2）据统计，睡眠指数得分在区间内的人群中，早睡人群约占从睡眠指数得分在区间内的人群中随机抽取人，以表示这人中属于早睡人群的人数，求的分布列与数学期望． 【答案】（1），第组 （2）的分布列：                                                                                                 【解析】 【分析】（1）根据中位数概念，结合图表计算即可； （2）根据二项分布计算概率，得到分布列，再用期望公式计算即可. 【小问1详解】 晚睡人群睡展指数在的概率， ， 故晚睡人群睡眠指数的中位数在第组． 【小问2详解】 的所有可能取值为，，，，． ， ， ， ， ． 所以，随机变量的分布列如下表所示： 所以随机变量的数学期望为 . 16. 如图，在正四棱锥中，分别为的中点． （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求该四棱锥被平面所截得的两部分体积之比，其中． 【答案】（1）在正四棱锥中，连接，连接， 由正方形，得，由，得平面， 则平面，而分别为的中点，即，因此平面，又平面， 所以平面平面. （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）连接，利用线面、面面垂直的判定，结合正四棱锥的结构特征推理作答. （2）求出点到平面的距离即可求出线面角的正弦. （3）由（2）中信息求出四棱锥及的体积，再求出比值作答. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设与相交于点，则为的中点，延长交于点，连接， 由，得，则为等边三角形，， 因为平面平面，且为交线，所以到平面的距离等于到直线的距离， ， 在中，由余弦定理得，则， 则到直线的距离， 直线与平面所成角的正弦值． 【小问3详解】 过作于，设，则，， 由，得，解出，由，得， 在中，， 四棱锥的高，则， 四边形的对角线垂直，则， 下方几何体体积， 所以． 17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且. （1）求角A的大小； （2）已知，，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量共线的坐标运算及正弦定理得，化简得，根据特殊角的三角函数值求解即可； （2）方法一：结合题干利用余弦定理求得，再代入面积公式求得，利用数量积定义求得，即可解答； 方法二：根据三角形面积公式求得，进而利用数量积的定义求得，再利用余弦定理和题干求得和，即可得解. 【小问1详解】 由向量，，且，得， 利用正弦定理可得， 又，所以，可得. 又，所以. 【小问2详解】 方法一：由（1）得，即. 由.得，得. 又可得， 此时， 所以. 方法二：由（1）得，，又，可得， 此时， 由余弦定理可得，即， 由，得，得， 由，可得， 故. 18. 已知双曲线． （1）求双曲线C的离心率； （2）若直线与双曲线C相交于A，B两点（A，B均异于左、右顶点），且以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标． 【答案】（1） （2） 证明：设，，由，得， 则，， ， ∵以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点，∴， ∴，∴， ∴，解得或． 当时，直线l的方程为，直线l过定点，与已知矛盾； 当时，直线l的方程为，直线l过定点，经检验符合题意 ∴直线l过定点，定点坐标为． 【解析】 【分析】（1）直接由双曲线标准方程得到，代入离心率公式即可. （2）联立双曲线与直线方程，根据以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点，得到，再结合韦达定理即可求得与的关系，分别验算即可得到结果. 【小问1详解】 由双曲线的方程可知，， ∴双曲线的离心率． 【小问2详解】 略 19. 对于数列，若存在常数满足，则称为“上界数列”，为的“上界”，并把最小的值叫做“上界临界值”，记为．记数列的前项和为，已知，． （1）判断是否为“上界数列”，并说明理由； （2）若，为数列的前项和，求数列的“上界临界值”； （3）若，数列的“上界临界值”为，证明：． 【答案】（1）不是“上界数列”，理由如下： 当时，，作差得， 因为，所以， 又当时，，所以， 即是以1为首项，1为公差的等差数列，， 由于数列是无限递增的，显然不存在常数满足， 所以不是“上界数列”； （2）； （3）证明：易知， 所以， 显然单调递增，且，n越大，该数值越接近0，故， 由于上述不等式取不得等号，所以数列的“上界临界值”. 【解析】 【分析】（1）利用的关系先求通项，再根据新定义确定即可； （2）利用裂项相消法求和得，再利用数列的单调性结合新定义计算即可； （3）利用放缩法将，结合等比数列求和公式得，根据新定义证明即可. 【小问1详解】 不是“上界数列”，理由略； 【小问2详解】 由上可知， 所以， 因为，所以单调递增，且， 所以， 所以数列的“上界临界值”； 【小问3详解】 略 【点睛】思路点睛：准确理解新定义的概念，利用等比数列的求和公式、错位相减法或裂项相消法，证明数列不等式常用到放缩法，注意精度即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $