精品解析：云南省临沧地区中学2025届高三高考适应性月考卷（一）数学试题

云南省临沧地区中学2025届高三高考适应性月考卷（一） 数学试题 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，写在试卷上无效. 3.考试结束后，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. 已知全集，集合满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，为共轭复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 3. 在展开式中，含的项的系数是，则（ ） A. B. C. 3 D. 6 4. 已知等差数列，其前项和为，有最小值，若，则使成立的最大值为（ ） A. 17 B. 16 C. 15 D. 14 5. 如图，已知点为等边三角形外接圆上的一个动点，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数在上连续，且在上可导，则必有，使得．已知函数，那么实数的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 0 7. 从分别标有1，2，3，…，10的10个小球中，不放回地随机选取两个小球，记这两个小球的编号分别为.若，则为实数的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，是正三角形，，记二面角，的平面角分别为，，，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知可导函数的导函数为，则（ ） A. 有2个极值点 B. 有3个零点 C. 只可能在或者时取得最小值 D. 对，恒成立 10. 已知函数，则（ ） A. 在上单调递增 B. 关于直线对称 C. 的值域为 D. 关于的方程在区间上有实根，则所有根之和组成的集合为 11. 已知椭圆与双曲线有公共的焦点，，若为，在第一象限的一个公共点，和的离心率分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 当时，的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. __________.（用数字作答）. 13. 随机变量的取值为、、，，，则______. 14. 已知数列满足，且对任意，都存在，使得，则_______（写出所有可能的取值）；若数列中满足：存在使得，则称具有性质P.若数列前30项中恰有3项具有性质P，且这3项的积为27，则前30项和为________. 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. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，在恒成立，求的取值范围. 16. 如图，在平面四边形中，等边三角形，是等腰三角形，且，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中为动点. （1）若，求证：平面平面； （2）若，记的重心为，若，求与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角正切的最大值. 17. 记的内角的对边分别为，已知. （1）若，求角； （2）若为锐角三角形，设，求的取值范围. 18. 已知为抛物线的焦点，为在第一象限上的动点，当时，设的准线与轴交于点，与交于点，，，与交于点，与交于点. （1）求的方程； （2）求的轨迹方程； （3）若，求的取值范围. 19. 记集合，为集合（）两个子集，且满足，.定义：（，分别表示集合，中所有元素的和）. （1）当时，求的所有可能的值； （2）求的最小值； （3）设为不超过的自然数，且与的奇偶性相同，证明：存在，，使得. 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届高三高考适应性月考卷（一） 数学试题 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，写在试卷上无效. 3.考试结束后，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. 已知全集，集合满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合的补集运算即可求解. 【详解】∵，，∴. 故选：A. 2. 已知复数，为的共轭复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出，代入，即可求得模长. 【详解】由题：，， ， 所以 故选：C 3. 在展开式中，含的项的系数是，则（ ） A. B. C. 3 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可知展开式中含的项，再结合含的项的系数是即可求出. 【详解】由题可得含的项为， 所以，解得． 故选：D． 4. 已知等差数列，其前项和为，有最小值，若，则使成立的的最大值为（ ） A. 17 B. 16 C. 15 D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得，，再根据，即可得到，，且，再根据等差数列前项和公式及下标和性质计算可得； 【详解】解：因为等差数列的前项和为有最小值,所以，，所以，因为，所以，，且，所以，，所以当时，所以使成立的的最大值为； 故选：C 5. 如图，已知点为等边三角形的外接圆上的一个动点，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设为外接圆圆心，过作，交圆与，，根据向量的几何意义、正弦定理及平面向量的数量积分析求解即可. 【详解】设为外接圆圆心，过作，交圆与，， 根据向量的几何意义知，当在时，在的方向上投影数量最小，为， 当在时，在的方向上投影数量最大，为， 设该外接圆半径为，则，即， 故的最大值为，最小值为， 则的取值范围为. 故选：A. 6. 拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数在上连续，且在上可导，则必有，使得．已知函数，那么实数的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数判断单调性，求解出值 【详解】因为函数在上连续，且在上可导，则必有一，使得， 又函数，可得， 所以，此时， 又，所以，因为，且，所以， 不妨设，函数定义域为，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以当时，函数取得极大值也是最大值，最大值， 则当时，λ取得最大值，最大值为． 故选：C． 7. 从分别标有1，2，3，…，10的10个小球中，不放回地随机选取两个小球，记这两个小球的编号分别为.若，则为实数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件分类讨论结合排列数及乘法原理应用古典概型计算求解. 【详解】选取小球有种选法， 若为实数，则有2种情况： ①x为偶数，则y为偶数，有种选法； ②x为奇数，则y为奇数，设，， 在中任取一个数，在B中任取一个数； 或者在B中任取一个数，y在A中任取一个数，共种选法. 所以为实数的概率为. 故选：A 8. 在三棱锥中，是正三角形，，记二面角，的平面角分别为，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设的边长为3，得到，借助余弦定理，求出，，再通过作辅助线，找出二面角，的平面角，再结合已知条件以及，利用三角函数的相关知识求解. 【详解】设的边长为3，则， 在中，由余弦定理得 ，则， ， 则，， 如图，作面，于，于， 侧，，，， 又，所以， ，，所以， 结合，得， 根据三角函数的两角差公式可得 ， 所以， 已知，则， 将上式移项可得， 解得，所以，，三点共线， 由得， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题关键点作出辅助线，找出二面角，的平面角，由，得到，进而得到.再结合差角公式，齐次化处理求出.最后将转化为.综合性较强，属于难题. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知可导函数的导函数为，则（ ） A. 有2个极值点 B. 有3个零点 C. 只可能在或者时取得最小值 D 对，恒成立 【答案】ACD 【解析】 【分析】由导函数的解析式可得其奇偶性，构造函数求导可得新函数的单调性，从而可得导函数的零点，进而可得原函数的单调性，由此可得答案. 【详解】由，易知为奇函数，令， 当时，，，故在上单调递增， ，显然函数在上存在唯一零点，易知函数在上存在唯一零点， 由在区间上，，在上，， 故在上单调递减，在上单调递增， 同理可得在上单调递减，在上单调递增， 由，则易知定义域为， 所以可导函数的定义域为， 所以函数存在个极值点：， 由函数为奇函数，则存在个零点：， 故A正确，B错误，C正确，D正确． 故选：ACD． 10. 已知函数，则（ ） A. 在上单调递增 B. 关于直线对称 C. 的值域为 D. 关于的方程在区间上有实根，则所有根之和组成的集合为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A由的范围，可得函数的解析式，换元整理可得，函数在上不单调；对于B求出的解析式，可得函数图象关于对称；对于C由A选项的分析，可得函数的最值；对于D由B选项的分析，可得关于的方程在区间上有实根关于对称，可得方程的根的和的集合． 【详解】对于A：当时，，， 令，则有在单调递增，， 所以当，单调的递增，当时，单调的递递减， 所以在上不单调，故A错误； 对于B：，所以关于直线对称，故B正确； 对于C：由A有：， 所以，所以的值域为，故C正确； 对于D： 结合A的分析可得在上先增再减，由B选项的分析，函数的图象关于对称，函数草图如下： 当方程在区间有一个实数根时，所有根之和； 当方程在区间有两个实数根时，所有根之和； 当方程在区间有四个实数根时，所有根之和； 所以所有的根之和组成的集合为，故D正确． 故选：BCD. 11. 已知椭圆与双曲线有公共的焦点，，若为，在第一象限的一个公共点，和的离心率分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 当时，的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A项，依据椭圆上点到两焦点距离和为2a，结合，联立算出与，二者相乘得结果. 对于B项，由椭圆与双曲线性质得两种表达式，进而推出的值，用余弦定理求，再算向量数量积. 对于C项，将、、代入式子，计算结果不符，该项错误. 对于D项，当，用勾股定理得等式，化简后得到. 设，，根据、的范围确定范围，再根据函数性质求范围. 【详解】对于，设椭圆的焦距为，，， 则，， 解得，.，则A正确； 对于，，即， ，， ，则B正确； 对于，由B可知， 所以可得，得到， 由，，得， 可得：，整理可得：，并非等于.则C错误； 对于，因为，所以，即， 化简得，即，即， 令，， 则，其中，，取， 因为，，所以，， 所以，，故， 因为，其中，， 所以在上单调递增，故，则D正确. 故选：. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. __________.（用数字作答）. 【答案】1 【解析】 【分析】利用辅助角公式和诱导公式即可求解. 【详解】. 故答案：1. 13. 随机变量的取值为、、，，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】 设，可得出，可求出的表达式，利用方差公式可求出的值，即可求出的值. 【详解】设，其中，可得出， ， ，解得， 因此，. 故答案为：. 【点睛】本题考查利用随机变量方差求数学期望，解题的关键就是列出方程求解，考查运算求解能力，属于中等题. 14. 已知数列满足，且对任意，都存在，使得，则_______（写出所有可能的取值）；若数列中满足：存在使得，则称具有性质P.若数列前30项中恰有3项具有性质P，且这3项的积为27，则前30项和为________. 【答案】 ①. 3，5，7，9 ②. 738 【解析】 【分析】根据题意代入即可求解即可得；先根据性质可得，从第4项开始是以3为首项，2为公差的等差数列，再根据等差数列求和即可求解. 【详解】当时，； 当时，，或 ，即； 当时，，或，或，即； 当时，，或，或，或； 综上所述：的所有可能取值为：； 因为中恰有3项具有性质，且这3项的积为27，且， 可得，即具有性质， 可知从第5项开始是以3为首项，2为公差的等差数列， 所以. 故答案为：；738. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义问题的求解，涉及到根据新定义求解数列中的项、数列求和等知识；关键是能够准确理解所给的新定义，得到所给数列性质与等差数列之间的关系. 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. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，在恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数讨论含参函数的单调性，令、即可求解； （2）由（1）可得，利用二阶导数讨论可知在上单调递减，且，解不等式即可求解. 【小问1详解】 由，，， 求导得. 当，由，解得或；由，解得. 当时，恒成立. 当时，由，解得或；由，解得. 综上，当时，在，上单调递增，在上单调递减； 当时，的在单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 由（1）知，当时，函数在单调递减，在单调递增， 所以. 令，，得. 令，，得， 所以在单调递减，得， 所以.所以在上单调递减. 因为且，所以， 则，所以a的取值范围为. 16. 如图，在平面四边形中，是等边三角形，是等腰三角形，且，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中为动点. （1）若，求证：平面平面； （2）若，记的重心为，若，求与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角正切的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设等边三角形的边长为2，由勾股定理证明，利用线面垂直的判定定理证明面，根据面面垂直的判定定理得证； （2）根据题意，可证，即三棱锥为正三棱锥，连接并延长交于，可证面面，过作，证明面，取的中点为，可得，所以为所求线面角，运算得解； （3）设，过作，过作，连接，可证为所求夹角，在中，可得，由三角函数有界性求出的最大值，得解. 【小问1详解】 设等边三角形的边长为2， 则，连接交于点. 因为是等腰三角形，所以，即， 因为，，. 所以，， ，面， 所以面，因为面， 所以面面. 【小问2详解】 在中，，，， 由余弦定理得，所以， 所以三棱锥为正三棱锥. 因为是的重心， 所以面，则， 连接并延长交于， 连接，可得，， 所以面， 所以面面，过作， 因为面面，面， 所以面. 取的中点为，由题意知是的中点. 所以，所以为所求线面角. 在中，，， 所以. 【小问3详解】 因为，设，过作. 因为，可得平面， 所以平面平面，所以平面， 可得，， 过作，连接， 易得，可得为所求夹角. 在中，，， 所以， ， 所以，解得， 所以平面与平面夹角正切的最大值. 17. 记的内角的对边分别为，已知. （1）若，求角； （2）若为锐角三角形，设，求的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）解法一：根据可得利用正弦定理结合三角恒等变换可得，进而分析求解；解法二：由内角和定理结合正弦定理得出，再由三角恒等变换得出； （2）由正弦定理得，结合余弦定理得出，再由锐角三角形的定义得出，进而得出的取值范围. 【小问1详解】 解法一：由可得，代入， 得，即， 则. 由正弦定理得， 即， 即，可得. 因为，则， 可知，解得. 解法二：因为，所以. 又因为，则. 即， 由正弦定理得. 且 ， 即有.解得. 由，可得. 【小问2详解】 由（1）可得， 由正弦定理得，① 由余弦定理得. 对①式进行变形可得， 所以. 因为为锐角三角形，所以即 解得，从而， 又，所以，即的取值范围为. 18. 已知为抛物线的焦点，为在第一象限上的动点，当时，设的准线与轴交于点，与交于点，，，与交于点，与交于点. （1）求的方程； （2）求的轨迹方程； （3）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）按抛物线的定义直接列式可得； （2）根据，，三点共线求得参数，然后根据，利用相关点法求解即可； （3）设，，表示出，可得，然后根据=，计算即可. 【小问1详解】 由题意得，，解得其中舍去， 所以的方程为； 【小问2详解】 由题意，知， 设，则， 因为，，三点共线，所以， 即， 设，由，得，， 所以，即， 所以的轨迹方程 ； 【小问3详解】 因为，所以， 因为， 所以，同理， 设，， 则， ， 所以，解得， 又，设，设直线：， 联立得，， 有，于是， 解得，即的取值范围是 . 19. 记集合，为集合（）的两个子集，且满足，.定义：（，分别表示集合，中所有元素的和）. （1）当时，求的所有可能的值； （2）求的最小值； （3）设为不超过的自然数，且与的奇偶性相同，证明：存在，，使得. 【答案】（1）所有可能值为：，，，，，. （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意分类讨论写出集合，，求出相应的即可； （2）首先计算时，的最小值为0，然后依次讨论当，，时，相应的的最小值即可得出答案； （3）首先证明与的奇偶性相同，然后用数归法证明：当与奇偶性相同且时，存在，满足，即可得出证明. 【小问1详解】 若，由于，的对称性，只需考虑以下情况： ，，； ，，；，，； ，，；，，； ，，；，，； ，，. 所以的所有可能值为：，，，，，. 【小问2详解】 首先计算时： 令，， 观察可知，，且集合，均有项，且这首尾相加为， 所以，所以，即此时的最小值为0. 对于其它情况： 当时，由为奇数， 由（1）知为奇数， 考虑的子集，中有项， 那么参照上面证明存在，满足，现令，， 可知，即此时最小值为1； 当时，为奇数，为奇数.考虑的子集，中有项， 那么参照上面证明存在，满足， 现令，，可知，即此时最小值1； 当时，为偶数，为偶数， 考虑的子集，中有项， 那么参照上面证明存在，满足，现令，，可知，即此时最小值为0. 综上所述可知当或时，， 或时，. 【小问3详解】 首先证明与的奇偶性相同： 由题意知 所以，因为是偶数，所以对于任意的，，与的奇偶性相同. 下面用数归法证明：当与奇偶性相同且时，存在，满足. 当或时，由（2）可知存在，满足， 假设时成立（为小于且与其奇偶性相同自然数）， 即此时存在，满足，由于，不妨令，若此时，则可令，），那么， 即说明时命题成立， 若此时，必存在正整数满足且（否则有，， 此时有），令，， 此时，满足：，即时命题立，由归纳法可知命题成立. 当时，令，，，综上所述命题成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $