精品解析：云南省玉溪第一中学2025-2026学年高三上学期摸底考试数学试题

玉溪一中2025—2026学年上学期高三摸底考 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姓名、准考证号、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，用黑色碳素笔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、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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 3. （1+2x2 ）（1+x）4的展开式中x3的系数为 A. 12 B. 16 C. 20 D. 24 4. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为（　　） A. B. C. D. 5. 一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器，其中盛有一定体积的水，当底面水平放置时，水面高为.当侧面水平放置时（如图），容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 设，，2是与的等比中项，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 圆和圆的交点为，则有（ ） A. 公共弦所在直线方程为 B. 公共弦的长为 C. 线段中垂线方程为 D. 8. 若，曲线与恰有一个交点，则的取值范围为（ ） 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. 已知为锐角，，则（　　） A. B. C. D. 10. 已知随机事件A，B发生的概率分别为，，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则A，B相互独立 C. 若A，B不相互独立，则 D. 若，则 11. 如图所示，已知正方体的棱长为4,分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（　　） A. 平面截正方体所得的截面可能是五边形 B. 一定是锐角三角形 C. 当与点重合时，取为正方形内（含边界）一点满足平面平面，则的最小值 D. 的最小值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的图象在点处的切线的斜率为______． 13. 某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC=，，EF=12 cm，DE=2 cm，A到直线DE和EF的距离均为7 cm，圆孔半径为1 cm，则图中阴影部分的面积为________cm2． 14. 高斯函数是以德国数学家卡尔-高斯命名的初等函数，其中表示不超过的最大整数，如.已知满足，设的前项和为的前项和为.则（1）__________；（2）满足的最小正整数为__________. 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. 已知中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求； （2）若，求BC边上的中线长. 16. 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列． （1）求的通项公式； （2）证明：． 17. 如图，在四面体中，，，，、分别为、的中点. （1）证明：； （2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知椭圆，F为E的右焦点，P为E上的动点，当直线PF与x轴垂直时，，R是直线上一动点，的最小值为1． （1）求E的方程： （2）过R作E的两条切线分别交x轴于M，N两点，求面积的取值范围． 19. 已知， （1）时，证明：； （2）若对任意的，恒成立，求的取值范围； （3）证明：对任意的正整数，总有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 玉溪一中2025—2026学年上学期高三摸底考 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姓名、准考证号、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，用黑色碳素笔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、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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得，结合复数的除法运算化简可得结论. 【详解】因为， 所以， 故选：D. 2. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据，即可求出. 【详解】且，得且， 则函数的定义域为. 故选：C 3. （1+2x2 ）（1+x）4的展开式中x3的系数为 A. 12 B. 16 C. 20 D. 24 【答案】A 【解析】 【分析】本题利用二项展开式通项公式求展开式指定项的系数． 【详解】由题意得x3的系数为，故选A． 【点睛】本题主要考查二项式定理，利用展开式通项公式求展开式指定项的系数． 4. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律及垂直关系的向量表示，进而求出向量夹角. 【详解】由，得，则，， 而，则，所以与的夹角为. 故选：B 5. 一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器，其中盛有一定体积的水，当底面水平放置时，水面高为.当侧面水平放置时（如图），容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用棱柱的体积可得面积之比，进而得长度比例关系，结合勾股定理，联立方程可求解半径，由表面积公式求解，或者利用余弦定理求解长度，进而根据正弦定理求解外接圆半径，即可利用勾股定理求解球半径得解. 【详解】方法一： ， 如图，， 而， ，，即， 由于到距离，则到距离， 设正方形外接圆圆心，则 设矩形外接圆圆心，则， 设外接球半径，设（当时，O在线段上） ，，故外接球表面积为， 故选；A. 方法二：由当底面水平放置时，水面高为可知容器内的空气占容器体积的，于是侧放时，图中的空气区域的“小三棱柱”的体积为容器的，因此“小三棱柱”的底面“小三角形”的面积为大三角形的，则边长之比为，即“小三角形”边长为1.然后如图： 设圆的半径为，由余弦定理可得， 故，故， 所以外接球的半径为，所以球的表面积为. 故选：A. 6. 设，，2是与的等比中项，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件可得，然后，然后利用基本不等式求出的最小值即可. 【详解】∵2是与的等比中项，∴，∴． ∵，，当且仅当，时取等号， ∴． 故选：B． 7. 圆和圆的交点为，则有（ ） A. 公共弦所在直线方程为 B. 公共弦的长为 C. 线段中垂线方程为 D. 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，联立两圆方程即可得公共弦所在直线方程； 对于B，由弦长公式计算即可； 对于C，由题意可知线段中垂线为直线，求出直线的方程即可判断； 对于D，求出坐标，计算出的值，即可判断. 【详解】解：对于A，联立两圆方程得，可得， 即公共弦所在直线方程为，故错误； 对于B，设到直线：的距离为， 则有， 则弦长公式得：，故错误； 对于C，由题意可知线段中垂线为直线， 又因为，， 所以直线的方程为，故错误； 对于D，由，解得或， 取， 所以 所以， 所以，故正确. 故选：D. 8. 若，曲线与恰有一个交点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意可得时恰有一个解，由满足上式，从而得到时无解，令，，求出的值域，即可得到关于的不等式，解得即可. 【详解】因为时曲线与恰有一个交点， 所以当时恰有一个解， 即当时恰有一个解， 显然满足， 所以当时无解， 即时无解， 令，， 则，所以为偶函数， 令，，则，所以在上单调递增， 所以，所以在上恒成立， 所以在上恒成立， 又当时，所以， 综上可得在上恒成立， 所以当时，又为偶函数，所以当时， 由上述分析可得与在无交点， 所以或，解得或， 即的取值范围为. 故选：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. 已知为锐角，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用两角和差的余弦公式先求出可判断B；再由同角的三角函数关系可得A；由二倍角的正弦公式可得C；利用和角的正切公式可得D. 【详解】对于A、B，，则， ，故A错误，B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，因为，所以， 由， 所以， 所以，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知随机事件A，B发生的概率分别为，，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则A，B相互独立 C. 若A，B不相互独立，则 D. 若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意，利用相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式以及条件概率公式，依次判断所给的4个结论即可． 【详解】对于A，若，则，故A错误; 对于B，，,由于，则，相互独立，故B正确； 若，不相互独立，则,故，故C错误；对于，，则，，则，故D正确. 故选:BD 11. 如图所示，已知正方体的棱长为4,分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（　　） A. 平面截正方体所得的截面可能是五边形 B. 一定是锐角三角形 C. 当与点重合时，取为正方形内（含边界）一点满足平面平面，则的最小值 D. 的最小值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据平面与正方体的各面的相交情况作图可判断；对于B，选择点的特殊位置通过余弦定理判断角的余弦值正负即可；对于C，依题建系，写出相关点的坐标，设，表示出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算求得，计算，利用二次函数的性质即可判断；对于D，将线段转化到一个平面上结合“将军饮马”计算两点间距离即可． 【详解】 对于A，如图，当点与两点不重合时，将线段向两端延长，分别交的延长线于点， 连接分别交于两点，连接，此时截面为五边形，所以A正确； 对于B，考虑，当点与点重合时，， 此时，，故是钝角，故B错误； 对于C，如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， 因点为正方形内（含边界）一点，可设， 则， 设平面的法向量为， 则，故可取； 又， 设平面的法向量为， 则，故可取， 因平面平面，则，解得，故， 则，当时，的最小值，故C正确； 对于D，取的中点，连接，在的延长线上取点，使得， 连接交于点，连接，易得， 因平面，平面，故. 此时，，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的图象在点处的切线的斜率为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义可求出所求切线的斜率. 【详解】因为，则， 故函数的图象在点处的切线的斜率为. 故答案为：. 13. 某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC=，，EF=12 cm，DE=2 cm，A到直线DE和EF的距离均为7 cm，圆孔半径为1 cm，则图中阴影部分的面积为________cm2． 【答案】 【解析】 【分析】利用求出圆弧所在圆的半径，结合扇形的面积公式求出扇形的面积，求出直角的面积，阴影部分的面积可通过两者的面积之和减去半个单位圆的面积求得. 【详解】设，由题意，，所以， 因为,所以， 因为，所以， 因为与圆弧相切于点，所以， 即为等腰直角三角形； 在直角中，，， 因为，所以， 解得； 等腰直角的面积为； 扇形的面积， 所以阴影部分的面积为. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查三角函数在实际中应用，把阴影部分合理分割是求解的关键，以劳动实习为背景，体现了五育并举的育人方针. 14. 高斯函数是以德国数学家卡尔-高斯命名的初等函数，其中表示不超过的最大整数，如.已知满足，设的前项和为的前项和为.则（1）__________；（2）满足的最小正整数为__________. 【答案】 ①. ②. 91 【解析】 【分析】利用构造法可得数列的通项公式为，令，可求得的值，即可得的值，即可得第一空答案； 由题意可得， 单调递增，利用放缩法可得，或，分为偶数、为奇数求解即可得第二空答案. 【详解】解：因为， 所以， 设， 则有， 所以数列是等比数列，公比，， 所以， 即， ， 所以， 令， 则， 所以， 所以， 所以， 所以； 因为， 因为， 所以， ， ， 所以， 即，且当时，单调递增； 又因为， 即， 所以单调递增， 又因为， 所以， 所以， 所以或， 所以当为偶数时，设， 所以， 所以， 所以当为奇数时，设， 所以， 所以， 所以， 所以， 当为偶数时，， 由可得，，或(舍) 因为， 所以， 又因为为偶数，所以； 当为奇数时， ， 由可得，由(舍)，或， 因为， 所以， 所以， 又因为为奇数， 所以， 综上所述，. 故答案为： 【点睛】对于形如，且的类型题目，变换成的形式，使数列为等比数列，从而可求得数列的通项公式. 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. 已知中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求； （2）若，求BC边上的中线长. 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）由正弦定理角化边，结合余弦定理进行化简，即可求得； （2）由求，结合余弦定理由求，得出为等腰三角形，设BC边的中点为，结合勾股定理可求AD. 【小问1详解】 由条件及正弦定理有， 又由余弦定理， 所以有，所以. 【小问2详解】 由（1）有，， 由，，得 ，解得（负值舍去）， 所以为等腰三角形，设BC边的中点为，则. 16. 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列． （1）求的通项公式； （2）证明：． 【答案】（1） （2）证明： ∴ 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式； （2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得. 【小问1详解】 ∵ ，∴,∴, 又∵是公差为的等差数列， ∴,∴, ∴当时，， ∴, 整理得：, 即, ∴ ， 显然对于也成立， ∴的通项公式； 【小问2详解】 略 17. 如图，在四面体中，，，，、分别为、的中点. （1）证明：； （2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）取的中点，连接、， 因为、分别为、的中点，所以， 因为，即，所以，同理可证， 因为，、平面，故平面， 因为平面，故. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接、，证明出平面，即可证得结论成立； （2）构造直棱柱，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，由二面角的定义可得，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 构造直棱柱如图所示，则，因为，则， 因为，，、平面，所以平面， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 平面内过点且垂直于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为平面平面，，， 所以二面角的平面角为，则， 因为，，则， 又因为，所以， 所以、、、， 因为、分别为、的中点，所以、， 所以， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，可得， 所以， 因此直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知椭圆，F为E的右焦点，P为E上的动点，当直线PF与x轴垂直时，，R是直线上一动点，的最小值为1． （1）求E的方程： （2）过R作E的两条切线分别交x轴于M，N两点，求面积的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题干所给信息及，可求椭圆方程. （2）设出直线RM，RN的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式及三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 设点， 当直线PF与x轴垂直时，点，则 因为的最小值为，所以， 又由， 可解得， 故E的方程为． 【小问2详解】 如图， 设点，注意到RM，RN斜率不为0， 设， 联立，得， 因为RM与E相切，所以， 于是， 化简得， 又RN与E相切，同理有， 故m，n是一元二次方程的两根， 则， 所以， 又，所以， 所以面积的取值范围为． 19. 已知， （1）时，证明：； （2）若对任意的，恒成立，求的取值范围； （3）证明：对任意的正整数，总有． 【答案】（1）证明：构造，当时，，． 可知，，单调递增； ，，单调递减． 则，故，即， 所以． （2） （3）证明：由（2）中结论，有当时，，对任意的恒成立， 取可得，，对任意的恒成立， 即，变形可得 分别令，，，，可得， ，……， 累加可得证毕． 【解析】 【分析】（1）构造，利用导数研究函数的单调性、最值计算即可； （2）设，借助端点效应，分类讨论并根据隐零点计算即可； （3）根据（2）的结论得出，利用放缩法累加即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 依题意，设， 则， 且有，． （i）当，时，显然中，则恒成立； （ii）当，时，，则单调递增，， 单调递增，． （iii）当，时，，则单调递增，，，则必然存在一个，使得， 且有时，，单调递减， 此时，不满足恒成立条件． 综上所述，． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $