精品解析：云南省昆明市第九中学2025-2026学年高三上学期12月份考试数学试卷

云南省昆明市第九中学2025-2026学年上学期12月份考试 数学 试卷 一、单选题 1. 已知是复数的共轭复数，（为虚数单位），则的虚部是（ ） A. 1 B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法计算，再利用共轭复数以及复数的定义即可. 【详解】，则，则，故的虚部是. 故选：A 2. 已知集合，.若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用集合间的基本关系可得答案. 【详解】由条件  ，可知 ：， 又由 ，  ， 得：. 故选：D 3. 已知双曲线的渐近线方程为，则m的值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由解析式写出双曲线，由渐近线方程得到方程解得m的值. 【详解】由双曲线方程可知，即 ∴双曲线， ∴渐近线方程为， ∴，∴. 故选：B. 4. 已知的内角的对边分别为，且，，若有两解，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】写出三角形有两解的充要条件，进而求出的范围. 【详解】 如图：三角形中，，， 则有两解的充要条件为：， 即. 故选：D. 5. 在平面直角坐标系中，，为曲线上一动点，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，将问题转化为曲线在处的切线垂直于，求出点坐标，进而求出. 【详解】依题意，当曲线在处的切线垂直于时，取得最小值， 设，求导得，则， 整理得，而函数在上单调递增， 又，因此，点，所以. 故选：D 6. 中国古代的建筑形式多样，如赫赫有名的苏州园林（如图1），其几何模型可以简化为如图2所示的几何体，其中是长方体，且，，是棱台，侧面的梯形均为等腰梯形，，棱台的高为2，则该几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据棱柱棱台的几何特征，求解每个面的面积相加可得结论. 【详解】先求下半部分，表面积为. 再求上半部分， 由于，则， 所以上长方形的面积为. 由已知， 则， 由于棱台侧面为等腰梯形，故， 前后两部分的梯形的高为，， 则这两个梯形的面积之和为. 左右两部分的梯形的高为， 则这两个梯形的面积之和为， 因此总表面积为. 故选：C. 7. 等差数列{an}的公差d≠0，且a3，a5，a15成等比数列，若a5＝5，Sn为数列{an}的前n项和，则数列{}的前n项和取最小值时的n为 A. 3 B. 3或4 C. 4或5 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式、等比数列的性质，列出方程组求出首项和公差，由此得到n﹣4，由此能求出数列{}的前n项和取最小值时的n． 【详解】由a3，a5，a15成等比数列，可得a3 a15= a52， 即有： 由d≠0，解得a1＝－3，d＝2，∴＝＝－3＋n－1＝n－4， 易知数列为单调递增的等差数列， 由n－4≥0，得n≥4，∴数列的前n项和取最小值时的n为3或4. 故选B. 【点睛】本题考查等差数列的前n项和与项数n的比值的前n项和取最小值时的项数n的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列、等比数列的性质的合理运用． 8. 对于定义域为的函数，若满足①；②当，且时，都有；③当，且时，都有，则称为“偏对称函数”.现给出四个函数：；；；.则其中是“偏对称函数”的函数个数为（ ） A 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】条件②等价于在（−∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，条件③等价于在（−∞，0）上恒成立，依次判断各函数是否满足条件即可得出结论. 【详解】解：由②可知当x＞0时，，当x＜0时，， ∴在（−∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增； 由③可知当时，，即在（−∞，0）上恒成立； 对， 有， ∴在（−∞，-1）上单调递减，在（-1，＋∞）上单调递增，故不满足条件②， ∴不是“偏对称函数”； 对， 有， ∴是奇函数，在R上单调递增，不满足条件②， ∴不是“偏对称函数”； 对， 当时，， 令，则， ∴在（−∞，0）上单调递减，故，不满足条件③， ∴不为“偏对称函数”； 对， ，令，得， 则在（−∞，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增，故不满足条件②， ∴不为“偏对称函数”. 故选：D. 【点睛】本题考查了函数单调性的判断，函数最值的计算，属于中档题. 二、多选题 9. 为考察某植物幼苗的成长速度，将六个品种的幼苗在相同的环境下培养7天，得到的高度散点图如图所示，则这6个数据的（ ） A. 极差为10 B. 平均数为37 C. 上四分位数为40 D. 下四分位数为32 【答案】AC 【解析】 【分析】根据一组数据的极差、平均值、百分位数逐项计算即可得解. 【详解】将数据按照从小到大的顺序排列为：32，33，35，38，40，42， 极差为，故A正确； 平均数为，故B错误； 上四分位数，由，故上四分位数为40，故C正确； 下四分位数，由，故下四分位数为33，故D错误． 故选AC． 10. 如图，在三棱锥中，，，，为的中点，点是棱上一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的表面积为 B. 若为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 C. 若与平面所成角的正弦值为，则二面角的正弦值为 D. 的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】连结OB.证明出面ABC.O为原点，以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系. 对于A：直接求出三棱锥的表面积，即可判断； 对于B：用向量法求出异面直线与所成角的余弦值，即可判断； 对于C：用向量法求出二面角的平面角的正弦值为，即可判断； 对于D:把平面PBC展开，判断出当M与C重合时，最大；的最小值为AP，利用余弦定理可以求得. 【详解】连结OB. 在三棱锥中，，，. 所以,,且,. 所以，所以. 又因为，所以面ABC. 可以以O为原点，以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系. 则，，，，，所以,,,. 对于A：在三棱锥中，，，， 所以底面三角形为直角三角形，其面积为； 为边长为2的等边三角形，所以面积为； 和为腰长为2，底边为的等腰三角形，所以面积均为； 所以三棱锥的表面积为.故A正确； 对于B：为棱的中点，所以,所以,. 所以异面直线与所成角的余弦值为.故B正确； 对于C：点是棱上一动点，不妨设，（） . 所以. 设为面PAM的一个法向量，则， 不妨设y=1，则 .因为与平面所成角的正弦值为， 所以， 解得：取，则 显然，面PAC的一个法向量为. 设二面角的平面角为，所以， 所以. 故C错误； 对于D: 如图示，把平面PBC展开，使A、B、C、P四点共面. 当M与B重合时，； 当M与C重合时，最大； 连结AP交BC于M1，由两点之间直线最短可知，当M位于M1时，最小. 此时，，所以. 由余弦定理得： . 所以的取值范围为. 故D正确. 故选：ABD 【点睛】立体几何题目的解题策略： (1)证明题：几何关系的证明，用判定定理； (2)计算题：求角或求距离（求体积通常需要先求距离），可以用向量法. 11. 在直角坐标系xOy中，曲线，则下列结论正确的是（ ） A. 与轴无交点 B. 关于直线对称 C. 若点在上，则 D. 若曲线与有公共点，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】本题可根据曲线方程的性质，逐一分析每个选项. 【详解】选项A：令 ，则曲线的方程变为 即，结合，化简可得 令， ，则. 根据零点的存在性定理可知，在区间 内有零点， 因此与轴有交点，故A错误； 选项B：若曲线关于直线对称，则将曲线方程中的x与y互换后方程不变， 将x与y互换，原方程，变为 需验证右边与是否相等： 利用三角恒等式, 对右边变形： ， . 因此恒成立，故曲线关于直线对称，故B正确； 选项C：设 ，则， 令，则曲线Γ的方程可化为 因为为，，所以，. 解不等式，可得 ①. 再解不等式 ，即，同理可得 或 ②. 综合①②，可得或，则，故C正确； 选项D：若曲线 与 有公共点，则 ， 将 代入曲线 的方程中，得到 . 因为 ， 令（当且仅当，即时取等号）. 则即解得 所以即则，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题 12. 已知向量，，则在上的投影向量的坐标为_________． 【答案】 【解析】 【分析】首先求出，，再根据投影向量的定义计算可得. 【详解】因为，， 所以，． 所以在上的投影向量为. 故答案为： 13. 若的展开式中的系数为，则实数的值为__________. 【答案】. 【解析】 【分析】利用二项展开式通项，令的指数为，解出参数的值，再将参数的值代入展开式，利用系数为，求出实数的值. 【详解】二项式展开式的通项为， 令，解得，由题意得，解得，故答案为. 【点睛】本题考查利用二项式指定项的系数求参数的值，解题的关键就是充分利用二项式定理求解，考查运算求解能力，属于中等题. 14. 定义在R上的函数在上单调递增，且为偶函数.（1）已知，，比较大小：a________b（填＞，＜，≥，≤）；（2）若对一切实数x，不等式恒成立，则实数m的取值范围是________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】 由题意可得在上单调递减，可得，根据单调性可得结果，将不等式转化为或恒成立，求出最值可得结果. 【详解】∵为偶函数，∴函数的图象关于直线对称， 又在上单调递增，∴在上单调递减， ∵，，且， ∴. ∵，∴， ∵对一切实数，不等式恒成立， ∴或，即或， ∴或， ∴实数的取值范围是， 故答案为：，． 【点睛】本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，将抽象函数的恒成立问题转化为函数的最值问题是解题的关键，考查学生的转化思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题. 四、解答题 15. 已知函数． （Ⅰ）求f（x）的最小正周期和单调递减区间； （Ⅱ）将函数f（x）的图象向右平移个单位，得到函数g（x）的图象，求g（x）在区间上的值域． 【答案】（Ⅰ）最小正周期，[]（k∈Z）．（Ⅱ）[0，3]． 【解析】 【分析】 (Ⅰ)先用降幂公式辅助角公式将化简,然后求得最小正周期和单调减区间; (Ⅱ)先通过平移得到的解析式,由x∈,可计算得到,结合余弦函数的图象和单调性,可得解. 【详解】（Ⅰ）函数1﹣cos（2x）． 所以函数的最小正周期为， 令（k∈Z），整理得（k∈Z）， 所以函数的单调递减区间为[]（k∈Z）． （Ⅱ）将函数f（x）的图象向右平移个单位，得到函数g（x）＝2cos（2x）+1的图象， 由于x∈，所以，故，所以0≤g（x）≤3，故函数的值域为[0，3]． 【点睛】本题考查了三角函数的性质综合,考查了学生综合分析,转化化归,数学运算的能力,难度较易. 16. 在四棱锥中，平面平面，，为的中点. （1）求证：； （2）若，，，，点在棱上，直线与平面所成角为，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直性质定理证明；（2）由边长关系，根据勾股定理证明得，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标和相关向量的坐标，设，利用空间向量的夹角公式，根据直线与平面的夹角列式计算点的坐标，求解平面的法向量，再利用点到平面的距离公式列式求解距离即可. 【小问1详解】 ∵，为的中点，∴ 又∵平面平面，平面平面， ∴平面，又平面， ∴ 【小问2详解】 由，， 可知四边形为等腰梯形，易知， ∵，∴ 建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，，， 平面的法向量为， 设，则， ，， ∵直线与平面所成角为， ∴， ∴① ∵点在棱上，∴， 即， ∴，，代入①解得或（舍去）. ， ，， 设平面的法向量为， ， 令，得，， 所以点到平面的距离 【点睛】对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 17. 某科技公司计划推出一款基于大模型的智能客服系统，需从“自研大模型方案”和“采购第三方大模型方案”中选择最优方案，系统收益受用户满意度影响，而满意度与大模型的“推理准确性”有关；当推理准确性高时，用户“高满意”、“中满意”、“低满意”的概率分别为0.7，0.2，0.1；当推理准确性低时，用户“高满意”、“中满意”、“低满意”的概率分别为0.2，0.3，0.5．根据测试数据，该公司自研大模型方案准确性高的概率为0.6，采购第三方大模型方案准确性高的概率为0.4（两方案的准确性概率独立，仅用于各自场景的计算）．两种方案的收益（单位：万元，含研发、采购成本）如表． 用户满意度 自研方案收益 采购方案收益 高满意 120 80 中满意 50 40 低满意 （1）分别计算两种方案用户“高满意”，“中满意”、“低满意”的概率； （2）分别计算两种方案的期望收益； （3）根据期望收益，该公司应选择哪种方案？并说明理由． 【答案】（1）答案见解析； （2）自研方案、采购方案的期望收益分别为万元、万元； （3）自研方案，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）根据已知及全概率公式分别求出两种方案对应的用户“高满意”，“中满意”、“低满意”的概率； （2）结合（1）所得概率，及表格数据求两种方案对应的期望收益； （3）由（2）所得并比较大小，即可得结论. 【小问1详解】 若事件分别表示“高满意”、“中满意”、“低满意”， 对于自研方案“准确性高”为事件，准确性高的概率为，则准确性低的概率为， 由题意，， 该方案“高满意”的概率为， “中满意”的概率为， “低满意”的概率为； 对于采购方案“准确性高”为事件，准确性高的概率为，则准确性低的概率为， 由题意，， 该方案“高满意”的概率为， “中满意”的概率为， “低满意”的概率为； 【小问2详解】 由题设及（1），自研方案期望收益为万元， 采购方案期望收益为万元； 【小问3详解】 选择自研方案，理由如下： 由（2）所得的期望知，故该公司应选择自研方案. 18. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点所形成的图形是圆.后来，人们以他的名字命名该种圆，称之为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，点满足，设点所构成的曲线为. （1）求曲线的标准方程，及其对应的圆心的坐标与半径长； （2）过点作直线与曲线交于，两点，若，求的方程； （3）设斜率为直线与曲线交于，两点（不与原点重合），直线，斜率分别为，，若，证明：直线恒过定点. 【答案】（1），圆心坐标为，半径为2． （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先设出点，根据已知的距离之比列出等式，然后化简即可； （2）先设出直线，然后联立直线与圆的方程根据韦达定理得到的关系，即可求出； （3）设直线的方程，然后联立直线与圆的方程得到一元二次方程，再根据韦达定理得到得到直线中参数的关系，进而证明. 【小问1详解】 设点，因为，所以， 整理得． 该圆对应的圆心坐标为，半径为2． 【小问2详解】 当斜率为0时，即，不符合题意； 当斜率不为0时，设其方程为，设，， 由消去得， ②，③． 由，，得， 所以，，①， 联立①②③，可得，即， ∴直线的方程为． 【小问3详解】 设直线的方程为，，， 由得， 所以，， 所以 ， 所以，所以直线方程为， 令，解得， 即直线过定点. 19. 已知函数（其中为自然对数的底数）． （1）当时，求函数的极值； （2）若函数在有唯一零点，求实数的取值范围； （3）若不等式对任意的恒成立，求整数的最大值． 【答案】（1）极小值，无极大值； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用导数可确定单调性，由极值定义可求得结果； （2）利用导数可确定的单调性；当时，可知，解不等式可知无满足题意的值；当时，根据，分别在，和三种情况下，根据在有唯一零点可构造不等式求得结果； （3）将恒成立不等式化为，令得，令可确定，使得，由此可得，进而得到的范围，从而得到. 【小问1详解】 当时，，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， 的极小值为，无极大值. 【小问2详解】 ，， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增； ①当时，在上单调递增，若在上有唯一零点，则， 即，解得：（舍）； ②当时，在上单调递减，在上单调递增； 当，即时，，则在上无零点，不合题意； 当，即时，在上有唯一零点，满足题意； 当，即时，由得：， 在上有唯一零点，此时需，即； 综上所述：当或时，在上有唯一零点， 即实数的取值范围为. 【小问3详解】 若对恒成立，即对恒成立，则， 令，则， 令，则，在上单调递增， ，，，使得， 即， 则当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ， ，，， ，整数的最大值为. 【点睛】方法点睛：求解本题恒成立问题的常用方法是能够通过分离变量的方法将问题转化为变量与函数最值之间的大小关系比较问题，即若恒成立，则；若恒成立，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南省昆明市第九中学2025-2026学年上学期12月份考试 数学 试卷 一、单选题 1. 已知是复数的共轭复数，（为虚数单位），则的虚部是（ ） A. 1 B. C. 1 D. 2. 已知集合，.若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线的渐近线方程为，则m的值为（ ） A. B. C. D. 2 4. 已知的内角的对边分别为，且，，若有两解，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 在平面直角坐标系中，，为曲线上一动点，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 6. 中国古代的建筑形式多样，如赫赫有名的苏州园林（如图1），其几何模型可以简化为如图2所示的几何体，其中是长方体，且，，是棱台，侧面的梯形均为等腰梯形，，棱台的高为2，则该几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 等差数列{an}的公差d≠0，且a3，a5，a15成等比数列，若a5＝5，Sn为数列{an}的前n项和，则数列{}的前n项和取最小值时的n为 A. 3 B. 3或4 C. 4或5 D. 5 8. 对于定义域为的函数，若满足①；②当，且时，都有；③当，且时，都有，则称为“偏对称函数”.现给出四个函数：；；；.则其中是“偏对称函数”的函数个数为（ ） A 3 B. 2 C. 1 D. 0 二、多选题 9. 为考察某植物幼苗的成长速度，将六个品种的幼苗在相同的环境下培养7天，得到的高度散点图如图所示，则这6个数据的（ ） A. 极差为10 B. 平均数为37 C. 上四分位数为40 D. 下四分位数为32 10. 如图，在三棱锥中，，，，为的中点，点是棱上一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的表面积为 B. 若为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 C. 若与平面所成角的正弦值为，则二面角的正弦值为 D. 取值范围为 11. 在直角坐标系xOy中，曲线，则下列结论正确的是（ ） A. 与轴无交点 B. 关于直线对称 C. 若点在上，则 D. 若曲线与有公共点，则 三、填空题 12. 已知向量，，则在上的投影向量的坐标为_________． 13. 若的展开式中的系数为，则实数的值为__________. 14. 定义在R上的函数在上单调递增，且为偶函数.（1）已知，，比较大小：a________b（填＞，＜，≥，≤）；（2）若对一切实数x，不等式恒成立，则实数m的取值范围是________. 四、解答题 15. 已知函数． （Ⅰ）求f（x）的最小正周期和单调递减区间； （Ⅱ）将函数f（x）的图象向右平移个单位，得到函数g（x）的图象，求g（x）在区间上的值域． 16. 在四棱锥中，平面平面，，为的中点. （1）求证：； （2）若，，，，点在棱上，直线与平面所成角为，求点到平面距离. 17. 某科技公司计划推出一款基于大模型的智能客服系统，需从“自研大模型方案”和“采购第三方大模型方案”中选择最优方案，系统收益受用户满意度影响，而满意度与大模型的“推理准确性”有关；当推理准确性高时，用户“高满意”、“中满意”、“低满意”的概率分别为0.7，0.2，0.1；当推理准确性低时，用户“高满意”、“中满意”、“低满意”的概率分别为0.2，0.3，0.5．根据测试数据，该公司自研大模型方案准确性高的概率为0.6，采购第三方大模型方案准确性高的概率为0.4（两方案的准确性概率独立，仅用于各自场景的计算）．两种方案的收益（单位：万元，含研发、采购成本）如表． 用户满意度 自研方案收益 采购方案收益 高满意 120 80 中满意 50 40 低满意 （1）分别计算两种方案用户“高满意”，“中满意”、“低满意”的概率； （2）分别计算两种方案的期望收益； （3）根据期望收益，该公司应选择哪种方案？并说明理由． 18. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点所形成的图形是圆.后来，人们以他的名字命名该种圆，称之为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，点满足，设点所构成的曲线为. （1）求曲线的标准方程，及其对应的圆心的坐标与半径长； （2）过点作直线与曲线交于，两点，若，求的方程； （3）设斜率为直线与曲线交于，两点（不与原点重合），直线，斜率分别为，，若，证明：直线恒过定点. 19. 已知函数（其中为自然对数的底数）． （1）当时，求函数极值； （2）若函数在有唯一零点，求实数取值范围； （3）若不等式对任意的恒成立，求整数的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $