精品解析：云南昆明市第九中学2025-2026学年下学期高三年级开学检测数学试卷

2025-2026学年下学期高三年级开学检测数学试卷 一、单选题 1. 已知复数z满足（为虚数单位），则z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 4. 在10件产品中，有8件合格品，2件次品.从这10件产品中任意抽取3件，则抽出的3件产品中至少有1件是次品的抽法种数是（ ） A. 56 B. 64 C. 72 D. 120 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 对于非零平面向量，， ，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 抛物线有一条重要性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴.根据光路可逆性，若一条与轴平行的光线经过点后，射到抛物线： 上，经过两次反射后从点射出，已知光线从点到点经过的总路程为9，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 8. 已知函数有两个极值点，且，若，函数，则 A. 仅有一个零点 B. 恰有两个零点 C. 恰有三个零点 D. 至少两个零点 二、多选题 9. 为等比数列的前项和，且，，则（ ） A. B. C. D. 数列为等差数列 10. 双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于两点，且，则下列说法中正确的是（ ） A. 双曲线的渐近线方程为 B. C. D. 当时，四边形的面积为 11. 如图，在正方体的顶点处有一只青蛙，假设青蛙会随机地沿一条棱跳到相邻的某个顶点，且跳向每个顶点的概率相同，记青蛙跳动次后仍在底面上的概率为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 青蛙跳动奇数次后只能位于点四个点中某一个点处 C. 数列是等比数列 D. 青蛙跳动4次后恰好回到点的概率为 三、填空题 12. 的内角的对边分别为，已知， ，，则________． 13. 直三棱柱中，为边中点，则异面直线与所成角的余弦值为______. 14. 已知函数，关于的方程有6个不同的实数根，则的取值范围为_______________. 四、解答题 15. 随着全国新能源汽车推广力度的加大，新能源汽车消费迎来了前所未有的新机遇． （1）为了更好了解乡村居民对新能源汽车的接受程度，某乡村汽车协会依据年龄采用分层随机抽样的方式，从40岁以下和40岁及以上两个年龄层中各抽取80名村民进行调查，并对他们选择新能源汽车，还是选择传统汽车进行意向调查，得到了以下统计数据： 选择新能源汽车 选择传统汽车 总计 40岁以下 56 80 40岁及以上 36 80 总计 160 完成列联表，并判断是否有的把握认为选择新能源汽车与年龄有关； （2）为了了解某一地区新能源汽车的销售情况，某机构根据统计数据，用最小二乘法得到该地区新能源汽车销售量（单位：万台）关于年份的线性回归方程，且销售量的方差为，年份的方差为．求与间的样本相关系数，并据此判断该地区新能源汽车销售量与年份的线性相关性强弱． 附：（i）在线性回归方程中，； （ii）样本相关系数，若，则可判断与线性相关性较强； （iii），其中． 参考数据： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 已知函数． （1）求的对称中心坐标； （2）将的图象上的各点纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位得到的图象，当时，方程有解，求实数m的取值范围． 17. 如图，在四棱柱中，底面ABCD是正方形，AC，BD交于点O，P为的中点，. （1）证明：平面平面； （2）若为等边三角形，求平面PCD与平面夹角的余弦值. 18. 已知函数. （1）当时. （i）求曲线在点处的切线方程； （ii）求的零点个数. （2）若的零点个数为2，求的取值集合. 19. 定义：在一个椭圆中，椭圆的任意两条相互垂直的切线，其交点的轨迹在一个圆上，这个圆是以椭圆的中心为圆心，以椭圆的长半轴长与短半轴长的平方和的算术平方根为半径的圆，称为蒙日圆． 已知椭圆 ． （1）利用定义写出的蒙日圆的标准方程．（不需要证明） （2）已知点为圆上任意一点，过点作的两条切线，切点分别为,为坐标原点，直线交于两点，且点和点在点的同侧． （ⅰ）是否存在点，使得四边形 为平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． （ⅱ）设点到直线的距离分别为，，求证：为定值． 参考公式：椭圆上一点处的切线方程为 ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年下学期高三年级开学检测数学试卷 一、单选题 1. 已知复数z满足（为虚数单位），则z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】由复数除法得出，从而得出对应点的坐标后可得结论． 【详解】∵，∴，则z在复平面内对应点的坐标为，∴z在复平面内对应的点在第四象限． 故选：D． 2. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由并集及补集运算即可求解. 【详解】由条件可得：， 所以， 故选：D 3. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据分式不等式求解方法进行求解即可. 【详解】不等式等价为，解得，即，所以原不等式的解集为. 故选：C. 4. 在10件产品中，有8件合格品，2件次品.从这10件产品中任意抽取3件，则抽出的3件产品中至少有1件是次品的抽法种数是（ ） A. 56 B. 64 C. 72 D. 120 【答案】B 【解析】 【分析】利用分类计数原理和分步计数原理结合组合列式计算即可. 【详解】根据题意，抽出的3件产品中至少有1件是次品包含1件次品、2件正品和2件次品、1件正品两个事件， 当抽取的为1件次品、2件正品时，抽法有种， 当抽取的为2件次品、1件正品时，抽法有种， 所以抽出的3件产品中至少有1件是次品共有种. 故选：B. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出的值，结合可求得的值，即可求得的值. 【详解】， 可得，，则，， 因此，. 故选：C. 6. 对于非零平面向量，， ，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据数量积的定义及充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】解：已知平面向量，，均为非零向量， 由，则， ， 所以，故充分性成立； 若，则，则， 即， 因为，所以或， 所以、方向相同或相反，所以存在实数 使得，故必要性成立； 故选：C. 7. 抛物线有一条重要性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴.根据光路可逆性，若一条与轴平行的光线经过点后，射到抛物线： 上，经过两次反射后从点射出，已知光线从点到点经过的总路程为9，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用抛物线的定义求解. 【详解】如图所示： 焦点为，设光线第一次交抛物线于点，第二次交抛物线于点， 过焦点F，准线方程为：， 作垂直于准线于点，作垂直于准线于点， 则 ， 解得 ， 故选：C 8. 已知函数有两个极值点，且，若，函数，则 A. 仅有一个零点 B. 恰有两个零点 C. 恰有三个零点 D. 至少两个零点 【答案】A 【解析】 【详解】由有两个极值点，且，所以函数 在递增，在上递减，在递增，大致图像如下图 又因为，所以显然为与的中点，结合上面函数图像可知，函数 与函数的交点只有一个，所以方程的根只有一个，即函数的零点只有一个，故选择A. 方法点睛：根据三次函数，可以确定函数在定义域上先递增，再递减，再递增，于是为极大值点，为极小值点，再根据可知，为与的中点，于是结合函数图像，根据数形结合可知，函数仅有一个零点，考查转化能力的应用. 二、多选题 9. 为等比数列的前项和，且，，则（ ） A. B. C. D. 数列为等差数列 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据等比数列片段和的性质及已知得，进而得到、，再依次判断各项的正误. 【详解】由题设，而，则， 所以，A错， 又，则，则， 且，所以，B对， 易知，C对， ，即数列为等差数列，D对. 故选：BCD 10. 双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于两点，且，则下列说法中正确的是（ ） A. 双曲线的渐近线方程为 B. C. D. 当时，四边形的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】 联立渐近线与圆的方程求出两点，再在中由余弦定理即可求解判断A；由A计算即可得解判断B；由A计算和位置不定即可分析求解判断C；由即可分析计算求解判断D. 【详解】双曲线，则，，，， 渐近线方程为，以为直径的圆方程为， 由对称性不妨假设以为直径的圆与双曲线的渐近线交于两点 联立方程组得，解得或，不妨设， 则， 由得， 解得 ，渐近线方程为，所以A正确； ，则，所以，所以B正确； 由 ，则，，，， 当位置互换时，，不符合条件，所以C错误； 由，则，所以， 已知 ，， 所以，所以D正确； 故选：ABD. 11. 如图，在正方体的顶点处有一只青蛙，假设青蛙会随机地沿一条棱跳到相邻的某个顶点，且跳向每个顶点的概率相同，记青蛙跳动次后仍在底面上的概率为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 青蛙跳动奇数次后只能位于点四个点中某一个点处 C. 数列是等比数列 D. 青蛙跳动4次后恰好回到点的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由条件直接代入即可判断AB，由条件可得是等比数列，即可判断CD. 【详解】跳动1次后等可能地在顶点处，，故A正确. 跳动奇数次后只能位于点，跳动偶数次后只能位于点，故B错误. ，故，故是等比数列，且，即，故C正确. 由点出发，经过偶数次移动只能到达点（奇数次后只能位于点），考虑移动次（是偶数）返回到的路径数为，显然.由于移动次后只能位于点，其中位于再移动1次就可能返回到，所以考虑移动次后所在点，把这四个点分成两类：点和点. 若在点（路径数为），再移动2次返回到只有3种折返路径（即）；若在点（路径数为）中的一个，再移动2次返回到的路径数每个点处都有2条路径（即）.综上，移动次（是偶数）返回到的路径数，即，累加可得，总路径数为，故青蛙跳动（为偶数）次后恰好回到的概率为，当时，，故D正确. 故选：ACD 三、填空题 12. 的内角的对边分别为，已知， ，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用已知条件先求的值，再根据余弦定理求解即可. 【详解】因为， 所以， 又， ， 则， 所以，即， 故答案为：. 13. 直三棱柱中，为边中点，则异面直线与所成角的余弦值为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意建立适当的空间直角坐标系，求出异面直线与所在直线的方向向量，由空间向量夹角的余弦值的坐标公式即可运算求解. 【详解】取中点，连接，因为，所以， 以为原点，分别为 轴，过点且垂直于面 的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， 所以， 所以， 所以异面直线与所成角为，. 则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 14. 已知函数，关于的方程有6个不同的实数根，则的取值范围为_______________. 【答案】 【解析】 【分析】问题化为上有4个不同实根，且有2个不同实根，结合正弦函数的图象得，即可得. 【详解】共有6个不同的实根， 由，则有4个不同实根，且有2个不同实根， 根据正弦函数的图象知，可得. 故答案为： 四、解答题 15. 随着全国新能源汽车推广力度的加大，新能源汽车消费迎来了前所未有的新机遇． （1）为了更好了解乡村居民对新能源汽车的接受程度，某乡村汽车协会依据年龄采用分层随机抽样的方式，从40岁以下和40岁及以上两个年龄层中各抽取80名村民进行调查，并对他们选择新能源汽车，还是选择传统汽车进行意向调查，得到了以下统计数据： 选择新能源汽车 选择传统汽车 总计 40岁以下 56 80 40岁及以上 36 80 总计 160 完成列联表，并判断是否有的把握认为选择新能源汽车与年龄有关； （2）为了了解某一地区新能源汽车的销售情况，某机构根据统计数据，用最小二乘法得到该地区新能源汽车销售量（单位：万台）关于年份的线性回归方程，且销售量的方差为，年份的方差为．求与间的样本相关系数，并据此判断该地区新能源汽车销售量与年份的线性相关性强弱． 附：（i）在线性回归方程中，； （ii）样本相关系数，若，则可判断与线性相关性较强； （iii），其中． 参考数据： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）表格见解析，没有的把握认为选择新能源汽车与年龄有关； （2）0.84，与线性相关性较强． 【解析】 【分析】（1）根据题中数据补全列联表即可：再由表中数据以及公式进行计算求解即可； （2）根据样本相关系数公式计算可得答案. 【小问1详解】 补全列联表如下： 选择新能源汽车 选择传统汽车 总计 40岁以下 56 24 80 40岁及以上 44 36 80 总计 100 60 160 提出零假设为：选择新能源汽车与年龄无关． 则， 故认为选择新能源汽车与年龄无关； 【小问2详解】 因为， 所以，又， 所以，故与线性相关性较强． 16. 已知函数． （1）求的对称中心坐标； （2）将的图象上的各点纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位得到的图象，当时，方程有解，求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先化简，再用整体法算对称点坐标. （2）先将平移变换之后的解析式，然后代入，计算值域，求m的取值范围. 【小问1详解】 解：（1）因为． 由，得． 故的对称中心坐标为． 【小问2详解】 由（1）知， 那么将图象上各点纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位，得到． 当时，，， 由方程有解，可得实数m的取值范围为 17. 如图，在四棱柱中，底面ABCD是正方形，AC，BD交于点O，P为的中点，. （1）证明：平面平面； （2）若为等边三角形，求平面PCD与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：在四棱柱中，由正方形，得 ，而， 平面，则 平面，而平面， 所以平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证. （2）取中点，以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面PCD与平面，利用面面角的向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接，由为等边三角形，得，而， 则 ，又平面平面，平面平面， 平面，则 平面，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，P为的中点，得，， 则， ， 设平面 的法向量，则，令 ，得， 设平面的法向量，则，令，得， 所以平面PCD与平面夹角的余弦值为. 18. 已知函数. （1）当时. （i）求曲线在点处的切线方程； （ii）求的零点个数. （2）若的零点个数为2，求的取值集合. 【答案】（1）（i）（ii）3 （2）. 【解析】 【分析】（1）（i）求出时的解析式，利用导数的几何意义得到 处的切线斜率，利用点斜式可得答案；（ii）分类，用导数讨论单调性，可得答案； （2）分类，利用导数结合零点存在定理可得答案. 【小问1详解】 （i）此时， 当时，， ， 切线斜率，又切线过点， 故可得切线方程为，即. （ii）时，时， ，， 时，单调递减； 时，单调递增， 注意到， 由零点存在定理可得其在上各存在一个零点， 由单调性知其在时有且仅有两个零点， 而时，单调递增，此时， 可得其在时有且仅有一个零点， 综上：的零点个数为3. 【小问2详解】 时，显然有且仅有一个零点，矛盾， 时，，考虑， 此时. 当时，时，单调递增，且， 由零点存在定理知其在内有且仅有一个零点. 故时其只有一个零点. 注意到时，单调递减；时，单调递增， 由唯一零点知，即，得. 当 时，时，单调递增，且， 由零点存在定理知其在区间内有且仅有一个零点. 故时其只有一个零点.注意到，时，单调递增； （）时，单调递减， 由唯一零点知，即，. 综上，的取值集合是. . 19. 定义：在一个椭圆中，椭圆的任意两条相互垂直的切线，其交点的轨迹在一个圆上，这个圆是以椭圆的中心为圆心，以椭圆的长半轴长与短半轴长的平方和的算术平方根为半径的圆，称为蒙日圆． 已知椭圆 ． （1）利用定义写出的蒙日圆的标准方程．（不需要证明） （2）已知点为圆上任意一点，过点作的两条切线，切点分别为,为坐标原点，直线交于两点，且点和点在点的同侧． （ⅰ）是否存在点，使得四边形 为平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． （ⅱ）设点到直线的距离分别为，，求证：为定值． 参考公式：椭圆上一点处的切线方程为 ． 【答案】（1） （2）（ⅰ）存在； 或 或 或 . （ⅱ）由（ⅰ） 知 ， ， 直线 方程为 ， 根据题意知， 所以 ， 因为 ， 所以, 所以定值为. 【解析】 【分析】（1）结合椭圆标准方程求，再根据蒙日圆的定义求圆的方程； （2）（ⅰ）根据提示得到直线 的方程，联立椭圆的方程可得点 和点的坐标；求出直线方程，跟椭圆的方程联立可得点 和点的坐标，再根据平行四边形对角线互相平分，即根据对角线和 中点重合求解，最后验证直线和坐标轴垂直的特殊情况； （ⅱ）利用点到直线的距离公式求点 和点到直线 的距离，计算乘积，化简求值即可. 【小问1详解】 由椭圆 知，长半轴长与短半轴长 ， 由蒙日圆定义知，半径， 所以的蒙日圆 的标准方程为 . 【小问2详解】 （ⅰ）如图所示，设， ， ， ，, 中点为， 中点为， 依题意，切线 ，切线 ，则 ， 所以直线 方程为 ， 联立，消去得 ， 则，即知， 所以 中点 . 当都不为0时，设直线方程为 ， 代入椭圆方程得 ，整理得，则， 解得， 由点和点在点的同侧，则 ， ， 由，得 中点 . 若四边形 为平行四边形，则满足对角线 和 互相平分， 即点和点坐标相同，故， 令 ，则，解得或 （舍去）， 所以 ，即 ， 由 ，联立，解得， 所以点坐标为 或 或 或 . 经验证当 或时，四边形 不是平行四边形， 所以点存在，点坐标为 或 或 或 . （ⅰⅰ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $