精品解析：云南省临沧地区中学2025届高三上学期入学摸底检测数学试卷

临沧地区中学2025届高三入学摸底检测 数 学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，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.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据含绝对值不等式和分式不等式的解法求出集合，再根据交集的定义即可得出答案. 【详解】因为或， 或， 所以. 故选：D. 2. 复数(为虚数单位)，则其共轭复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘法及除法运算求出，得到，即可求解. 【详解】∵, ∴ ∴的虚部为 故选：A 3. 已知向量，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量模长得出向量，的数量积，再根据投影向量的定义计算可得结果. 【详解】由，得， 由，得， 则， 因此在上的投影向量为． 故选：A． 4. 若，，且，，则的值是（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】先计算和的取值范围，根据取值范围解出和的值，再利用 求解的值. 【详解】∵，∴. ∵，∴， ∴，. ∵，∴， ∴， ∴ . 又∵， ∴. 故选：A. 【点睛】本题考查三角恒等变换中和差角公式的运用，难度一般.解答时，要注意三角函数值的正负问题，注意目标式与条件式角度之间的关系，然后通过和差角公式求解. 5. 已知数列的通项公式为，设其前n项和为，则使成立的自然数n A. 有最小值63 B. 有最大值63 C. 有最小值31 D. 有最大值31 【答案】A 【解析】 【分析】 利用对数运算，求得，由此解不等式，求得的最小值. 【详解】∵， ∴， 又因为， 故使成立的正整数n有最小值：63. 故选：A. 【点睛】本小题主要考查对数运算和数列求和，属于基础题. 6. 为了提升数学素养，甲、乙、丙等五名同学打算选修学校开设的数学拓展课程，现有几何画板、数学与生活、趣味数学、数独四门课程可供选修，每名同学均需选修且只能选修其中一门课程，每门课程至少有一名同学选修，则甲不选修几何画板，且数独只能由乙和丙中一人或两人选修的情况的种数为（ ） A. 48 B. 50 C. 52 D. 54 【答案】C 【解析】 【分析】对选修数独、几何画板的人数进行分类讨论，结合分类、分步计数原理求解即可. 【详解】若数独只有1人报名，从乙和丙中选1人，有种情况， 若选修几何画板只有1人，从剩余4人中除甲以外的3人中任选1人，有种情况， 最后将剩余3人分为两组，再分配给另外两门课程，此时不同的选择情况种数为种； 若选修几何画板有2人，从剩余4人中除甲以外的3人中任选2人，有种情况， 剩余2人选修剩余2门课程，此时不同的选择情况种数为种； 根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理，数独只有1人报名的选择情况种数为： 种； 若数独有2人报名（乙和丙），有1种情况， 若选修几何画板只有1人，从剩余3人中除甲以外的2人中任选1人，有种情况， 剩余2人报名剩余2门课程，此时不同的选择方法种数为种， 根据分步乘法计数原理，数独有2人报名的选择情况种数为：种. 综上，根据分步加法计数原理，甲不选修几何画板，且数独只能由乙和丙中一人或两人选修的情况的种数为种. 故选：C. 7. 已知圆.若为直线上的动点，是圆上的动点，定点，则的最小值（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出点关于直线的对称点的坐标，进而可得，由此即可得解. 【详解】设点关于直线的对称点为， 则，解得，所以， 则， 当且仅当、、、四点共线（点在、两点之间）时，取等号， 所以的最小值为. 故选：C. 【点睛】结论点睛：若点是半径为的圆外的一点，则点到圆的上一点的距离的取值范围是. 8. 若，设函数的零点为，的零点为，则的取值范围（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】函数的零点是与图象交点的横坐标，函数的零点是与图象交点的横坐标，数形结合可得出，再将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的取值范围. 【详解】函数的零点是与图象交点的横坐标， 函数的零点是与图象交点的横坐标， 由于与互为反函数，其图象关于直线对称， 直线与直线垂直， 故直线与直线的交点即是的中点， ，， 当且仅当时等号成立，故， 故所求的取值范围是． 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. 下列说法正确的是（ ） A. 随机变量，且，则 B. 随机变量服从两点分布，且，则 C. 对两个变量进行相关性检验，得到相关系数为，对两个变量进行相关性检验，得到相关系数为，则与负相关，与正相关，其中与的相关性更强 D. 残差平方和越小，模型的拟合效果越差 【答案】AB 【解析】 【分析】利用正态分布的概率分布曲线的对称性即可计算判断A；运用两点分布的数学期望、方差的定义与性质即可判断B；利用两变量相关系数的意义即可判断C；残差和以及模型的拟合效果的关系即可判断D． 【详解】对于A，由题意得，，， 则，故A正确； 对于B，因为两点分布的， 所以， 所以，故B正确； 对于C，因为，且， 所以a与b负相关，m与n正相关，且a与b的相关性更强，故C错误； 对于D，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，故D错误. 故选：AB． 10. 已知正方体棱长为，如图，为上的动点，平面.下面说法正确的是（） A. 直线与平面所成角的正弦值范围为 B. 点与点重合时，平面截正方体所得截面，其面积越大，周长就越大 C. 点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形 D. 已知为中点，当的和最小时，为的中点 【答案】AC 【解析】 【分析】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A选项的正误；证明出平面，分别取棱、、、、、的中点、、、、、，比较和六边形的周长和面积的大小，可判断B选项的正误；利用空间向量法找出平面与棱、的交点、，判断四边形的形状可判断C选项的正误；将矩形与矩形延展为一个平面，利用、、三点共线得知最短，利用平行线分线段成比例定理求得，可判断D选项的正误. 【详解】对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、设点， 平面，则为平面的一个法向量，且，， ， 所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确； 对于B选项，当与重合时，连接、、、， 在正方体中，平面，平面，， 四边形是正方形，则，，平面， 平面，，同理可证， ，平面， 易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为. 设、、、、、分别为棱、、、、、的中点， 易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面， 正六边形的周长为，面积为， 则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误； 对于C选项，设平面交棱于点，点，， 平面，平面，，即，得，， 所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，， 而，，且， 由空间中两点间的距离公式可得，，， 所以，四边形为等腰梯形，C选项正确； 对于D选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示： 若最短，则、、三点共线， ，， ，所以，点不是棱的中点，D选项错误. 故选：AC. 【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题. 11. 已知抛物线C：与圆O：交于A，B两点，且，直线过C的焦点F，且与C交于M，N两点，则下列说法中正确的是（ ） A. 若直线的斜率为，则 B. 的最小值为 C. 若以MF为直径的圆与y轴的公共点为，则点M的横坐标为 D. 若点，则周长的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】首先求出抛物线的解析式，设出MN坐标联立进行求解当时，，进而判断选项A；再根据韦达定理和不等式求最小值后进行判断选项B；画出大致图像过点M作准线的垂线，垂足为，交y轴于，结合抛物线定义判断选项C；过G作GH垂直于准线，垂足为H，结合的周长为进而进行判断选项D即可． 【详解】解：由题意得点在抛物线C：上， 所以，解得，所以C：，则， 设直线：，与联立得， 设，，所以，， 所以， 当时，，故A项错误； ，则， 当且仅当，时等号成立， 故B项正确； 如图，过点M作准线的垂线，垂足为，交y轴于， 取MF的中点为D，过点D作y轴的垂线， 垂足为，则，是梯形的中位线， 由抛物线定义可得， 所以， 所以以MF为直径的圆与y轴相切， 所以为圆与y轴的切点，所以点D的纵坐标为， 又D为MF的中点，所以点M的纵坐标为， 又点M在抛物线上，所以点M的横坐标为， 故C项正确； 过G作GH垂直于准线，垂足为H， 所以的周长为， 当且仅当点M的坐标为时取等号， 故D项错误． 故选:BC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若在关于的展开式中，常数项为4，则的系数是_________. 【答案】 【解析】 【分析】将式子转化为两个式子相加的形式，再利用二项式定理计算得到答案. 【详解】， 其中展开式的通项为， 令，可得， 所以的常数项为， 令，可得，的的系数为， 令，可得，的的系数为， 所以的的系数为. 故答案为：. 13. 数列满足，且，则_________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据递推公式，得到，，，，，，从而得到数列是以5为周期的周期数列，进而即可求出． 【详解】由， 则，，，，， 所以数列是以5为周期的周期数列， 又，则． 故答案为：． 14. 已知函数及其导函数的定义域均为R，且满足时，．若不等式在上恒成立，则a的取值范围是__________, 【答案】 【解析】 【分析】构造，得到其奇偶性和单调性，对不等式变形得到，从而得到，平方后由一次函数的性质得到不等式组，求出a的取值范围. 【详解】令，则，故为R上的偶函数， 当时，． 所以在单调递减，在单调递增． 等价于， 即在上恒成立． 所以，平方后化简得到． 由一次函数性质可得， 解得，即， 故a的取值范围是． 故答案为：. 【点睛】利用函数与导函数的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路： 比如：若，则构造，若，则构造， 若，则构造，若，则构造. 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，内角所对的边分别为，且满足. （1）求角的大小； （2）若的面积为，外接圆的面积为，求. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，由余弦定理求出，结合的范围可得答案； （2）求出外接圆的半径由正弦定理求出，根据的面积求出，再由余弦定理可得，联立可得答案. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 所以，由余弦定理可得， 因为，所以； 【小问2详解】 设外接圆的半径为，因为外接圆的面积为， 所以，解得， 由正弦定理可得， 若的面积为，则，可得，① 由余弦定理可得，② 由①②可得，或. 16. 设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为. （1）当与轴垂直时，求直线的方程； （2）设为坐标原点，证明：. 【答案】（1）的方程为或；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据与轴垂直，且过点，求得直线的方程为，代入椭圆方程求得点的坐标为或，利用两点式求得直线的方程； （2）方法一：分直线与轴重合、与轴垂直、与轴不重合也不垂直三种情况证明，特殊情况比较简单，也比较直观，对于一般情况将角相等通过直线的斜率的关系来体现，从而证得结果. 【详解】（1）由已知得，的方程为. 由已知可得，点的坐标为或. 所以的方程为或. （2）［方法一］：【通性通法】分类＋常规联立 当与轴重合时，. 当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以. 当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，， 则，直线、的斜率之和为. 由得. 将代入得. 所以，. 则. 从而，故、的倾斜角互补，所以. 综上，. ［方法二］：角平分线定义的应用 当直线l与x轴重合或垂直时，显然有．当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为，交椭圆于，． 由得． 由韦达定理得． 点A关于x轴的对称点，则直线的方程为． 令，，则直线过点M，． ［方法三］：直线参数方程的应用 设直线l的参数方程为（t为参数）．（*） 将（*）式代入椭圆方程中，整理得． 则，． 又，则 ， 即．所以． ［方法四］：【最优解】椭圆第二定义的应用 当直线l与x轴重合时，． 当直线l与x轴不重合时，如图，过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为C，D，则有轴． 由椭圆的第二定义，有，，得，即． 由轴，有，即，于是，且．可得，即有． ［方法五］：角平分线定理逆定理＋极坐标方程的应用 椭圆以右焦点为极点，x轴正方向为极轴，得. 设． ． 所以，． 由角平分线定理的逆定理可知，命题得证． ［方法六］：角平分线定理逆定理的应用 设点O（也可选点F）到直线的距离分别为，根据角平分线定理的逆定理，要证，只需证． 当直线l的斜率为0时，易得． 当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为：．由方程组得恒成立，．． 直线的方程为：． 因为点A在直线l上，所以，故． 同理，．． 因为，所以，即． 综上，． ［方法七］：【通性通法】分类＋常规联立 当直线l与x轴重合或垂直时，显然有． 当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为，交椭圆于，． 由得． 由韦达定理得． 所以， 故、的倾斜角互补，所以. ［方法八］：定比点差法 设，， 所以， 由作差可得，，所以， ，又，所以，， 故，、的倾斜角互补，所以. 当时，与轴垂直，为的垂直平分线，所以. 故． 【整体点评】（2）方法一：通过分类以及常规联立，把角相等转化为斜率和为零，再通过韦达定理即可实现，是解决该类问题的通性通法； 方法二：根据角平分线的定义可知，利用点关于轴的对称点在直线上，证直线过点即可； 方法三：利用直线的参数方程证明斜率互为相反数； 方法四：根据点M是椭圆的右准线与x轴的交点，用椭圆的第二定义结合平面几何知识证明，运算量极小，是该题的最优解； 方法五：利用椭圆的极坐标方程以及角平分线定理的逆定理的应用，也是不错的方法选择； 方法六：类比方法五，角平分线定理的逆定理的应用； 方法七：常规联立，同方法一，只是设直线的方程形式不一样； 方法八：定比点差法的应用． 17. 已知函数. （1）当时，求函数在上的最小值和最大值； （2）是否存在实数，对任意的，且，都有恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由. 【答案】（1）最小值为，最大值. （2）存在，. 【解析】 【分析】（1）将代入函数解析式，利用导函数分析函数的单调性，可得出最小值，再通过作差法比较端点值的大小确定最大值； （2）假设存在实数，由可得函数在上单调递增，利用导函数表示函数的单调性，结合分离参数法可求得的取值范围. 【小问1详解】 当时，. 则. ∴当时，，单调递减；当时，，单调递增. ∴当时，取得最小值，其最小值为. 又， ∴，∴. 【小问2详解】 假设存在实数满足条件，不妨设， 由，知成立， 令， 则函数在上单调递增， 则，即在上恒成立， 则即， 故存在这样的实数满足题意，其取值范围是. 18. 如图，在四棱锥中，平面，，，，．点在棱上且与，不重合，平面交棱于点． （1）求证：； （2）若为棱的中点，求二面角的正弦值； （3）记点，到平面的距离分别为，，求的最小值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先证平面，在根据线面平行的性质定理可得. （2）先证，，两两垂直，再以为原点，建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，用向量法求二面角的三角函数值. （3）设，求平面的法向量，利用点到平面的距离的向量求法表示出，再结合不等式求它的最小值. 【小问1详解】 因为，平面，平面， 所以平面. 又平面，平面平面. 所以. 【小问2详解】 如图： 取中点，连接. 因为平面，平面，所以. 在四边形中，，且， 所以四边形为矩形.所以平面. 又在和中，，，. 所以（）. 所以，. 故，，两两垂直，所以以为原点，建立如图空间直角坐标系. 当为中点时，，，，，. 所以，，. 设平面的法向量为， 则，取. 设平面的法向量为， 则，取. 所以. 所以二面角的正弦值为：. 【小问3详解】 设，（） ，则，，. 设平面的法向量为，则 ，取. 则到平面的距离为：， 到平面的距离为：， 所以 设，则 那么（当且仅当即时取“”） 所以. 【点睛】结论点睛：点为平面外一点，点为平面内一点，平面的法向量为，则点到平面的距离为：. 19. 甲乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得分，负者的分.设每个球甲胜概率为，乙胜概率为，，且各球胜负独立.对正整数，记为打完个球后甲比乙至少多得2分的概率，为打完个球后乙比甲至少多得2分的概率 （1）求（用表示）； （2）对任意正整数，求（用表示）； （3）对任意正整数，求证：. 【答案】（1），； （2） （3）证明见解析 【解析】 分析】（1）利用二项分布即可求解； （2）利用（1）中的结论写出，再利用条件概率求出，同理可求得，进而得解； （3）分情况讨论可得，同理可得，两式相减即可得证. 【小问1详解】 不妨设表示打完个球甲的得分， 则乙的得分即为（每个球总得有人得分，不是甲就是乙），则， 因为甲比乙至少多2分， 所以， 则， ； 【小问2详解】 由（1）所设表示打完个球甲的得分， 则， 考察前个球，若，则； 若，则最后一个球甲得分； 若，此种情况下无法得到； 即有 ， 同理，所以； 【小问3详解】 由题意知，与上述类似， 若时，则成立； 若时，只要甲不能连负两个球； 若时，甲必须连赢两个球； 若时，此种情况下无法得到； 即 ， 同理：， 又，所以， 于是：. 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 临沧地区中学2025届高三入学摸底检测 数 学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，则（ ） A B. C. D. 2. 复数(为虚数单位)，则其共轭复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 若，，且，，则的值是（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 已知数列的通项公式为，设其前n项和为，则使成立的自然数n A. 有最小值63 B. 有最大值63 C 有最小值31 D. 有最大值31 6. 为了提升数学素养，甲、乙、丙等五名同学打算选修学校开设的数学拓展课程，现有几何画板、数学与生活、趣味数学、数独四门课程可供选修，每名同学均需选修且只能选修其中一门课程，每门课程至少有一名同学选修，则甲不选修几何画板，且数独只能由乙和丙中一人或两人选修的情况的种数为（ ） A. 48 B. 50 C. 52 D. 54 7. 已知圆.若为直线上动点，是圆上的动点，定点，则的最小值（ ） A. B. C. D. 8. 若，设函数的零点为，的零点为，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 随机变量，且，则 B. 随机变量服从两点分布，且，则 C. 对两个变量进行相关性检验，得到相关系数为，对两个变量进行相关性检验，得到相关系数为，则与负相关，与正相关，其中与的相关性更强 D. 残差平方和越小，模型的拟合效果越差 10. 已知正方体棱长为，如图，为上的动点，平面.下面说法正确的是（） A. 直线与平面所成角的正弦值范围为 B. 点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C. 点为中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形 D. 已知为中点，当的和最小时，为的中点 11. 已知抛物线C：与圆O：交于A，B两点，且，直线过C的焦点F，且与C交于M，N两点，则下列说法中正确的是（ ） A. 若直线的斜率为，则 B. 的最小值为 C. 若以MF为直径圆与y轴的公共点为，则点M的横坐标为 D. 若点，则周长的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若在关于的展开式中，常数项为4，则的系数是_________. 13. 数列满足，且，则_________． 14. 已知函数及其导函数的定义域均为R，且满足时，．若不等式在上恒成立，则a的取值范围是__________, 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，内角所对的边分别为，且满足. （1）求角的大小； （2）若的面积为，外接圆的面积为，求. 16. 设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为. （1）当与轴垂直时，求直线的方程； （2）设为坐标原点，证明：. 17. 已知函数. （1）当时，求函数在上的最小值和最大值； （2）是否存在实数，对任意的，且，都有恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由. 18. 如图，在四棱锥中，平面，，，，．点在棱上且与，不重合，平面交棱于点． （1）求证：； （2）若为棱的中点，求二面角的正弦值； （3）记点，到平面的距离分别为，，求的最小值． 19. 甲乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得分，负者的分.设每个球甲胜概率为，乙胜概率为，，且各球胜负独立.对正整数，记为打完个球后甲比乙至少多得2分的概率，为打完个球后乙比甲至少多得2分的概率 （1）求（用表示）； （2）对任意正整数，求（用表示）； （3）对任意正整数，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$