精品解析：云南昆明市第一中学2026-2027学年高三上学期第二次月考数学试卷

昆明市第一中学2027届高三第二次月考 数学试题 总分：150分 时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 某次生物实验6个小组的耗材质量（单位：千克）分别为1.71，1.58，1.63，1.43，1.85，1.67，则这组数据的中位数是（ ） A. 1.63 B. 1.67 C. 1.64 D. 1.65 【答案】D 【解析】 【分析】将已有数据从小到大排序，根据中位数的定义确定该组数据的中位数. 【详解】由题设，将数据从小到大排序可得：， ∴中位数为. 故选：D. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标表示计算即可. 【详解】已知向量，，由于， 所以，解得. 3. 已知，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，， 故，所以. 4. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出函数的导数，然后计算出，，由点斜式写出切线方程. 【详解】因为， 所以， 所以 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 故选：A. 【点睛】本题主要考查导数的几何意义，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 5. 已知双曲线：的焦点到其渐近线的距离为，则的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由双曲线的定义直接可得离心率的值. 【详解】由双曲线的方程，得渐近线方程， 设焦点，其中，由题意得， 所以，，. 故选：D. 6. 设函数，若的极小值为，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】先利用导数求出函数的单调区间，进而可求出函数的极值，即可得解. 【详解】由已知得， 当或时，，当时， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以的极小值为，即，得. 故选：B. 7. 已知是数列的前n项和，，，，记且，则（ ） A. 171 B. 278 C. 351 D. 395 【答案】C 【解析】 【分析】通过得出数列隔两项取出的数是等差数列，按照等差数列求和和分组求和计算得出答案. 【详解】由，， 是首项为1，公差为2的等差数列，是首项为2，公差为2的等差数列， 是首项为3，公差为2的等差数列， . 故选：C. 8. 甲、乙两人各有三张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字2，3，5，乙的卡片上分别标有数字4，6，10.两人进行三轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，若两个数字互质，则甲得1分，否则乙得1分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.记三轮比赛后甲的总得分为X，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】设甲总得分为，则的可能取值为， 在不考虑出牌顺序的前提下，甲、乙两人出牌共有种， 第一行为甲出牌，其余为乙出牌，如下表， 甲得分 2 3 5 0分 4 6 10 2分 4 10 6 1分 6 4 10 2分 6 10 4 2分 10 4 6 1分 10 6 4 则， 则. 二、多选题：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. 在等差数列中，首项，公差，前项和为，则下列命题中正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则是中的最小项 【答案】AC 【解析】 【分析】利用等差数列的求和公式和等差数列的性质逐个分析判断即可 【详解】对于A，因为，所以，得，所以A正确， 对于B，因为，所以，得，因为，所以，所以有可能大于零，也有可能小于零，所以与无法比较大小，所以B错误， 对于C，因为，所以，所以，所以，所以，所以C正确， 对于D，因为，可得，因为，所以，，所以是中的最大项，所以D错误， 故选：AC 10. 如图，棱长为2的正方体中，点为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使平面 B. 平面平面 C. 三棱锥的体积不是定值 D. 若，则过，，三点的平面截正方体所得截面的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理可得平面，判断A，对于B：可证平面，即可得面面垂直；对于C：根据平行关系可知点P到平面的距离相等，结合锥体的体积公式分析判断；对于D：作辅助线，分析可知所求截面即为四边形，进而可得结果. 【详解】对于A，连接，如图， 由于平面，平面，故; 又在正方形中，平面， 故平面，平面，故； 同理可证，而平面， 故平面，由于点为线段上的动点， 当P与B重合时，即有平面，A正确； 对于选项B：结合图可知平面即为平面， 因为为正方形，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，可得平面， 且平面，所以平面平面，故B正确； 对于选项C：因为平面平面，且平面， 则点P到平面的距离等于正方体棱长2，即三棱锥的高为定值， 又因为的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故C错误； 对于选项D：连接并延长交BC于点M， 因为，则，可知M为BC的中点， 取的中点，连接， 因为分别为的中点，则，， 且，，可得，， 可知四边形为平行四边形，则， 同理可得，所以， 可知所求截面即为四边形，可得， 即四边形为菱形，且， 所以所求截面面积为，故D正确. 11. 已知直线：，圆：，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 若直线过点，则直线的斜率不存在 B. 直线与圆不可能相切 C. 过直线上一点作圆的切线，切点为，的最小值为 D. 圆与坐标轴的交点到直线的距离之和为定值5 【答案】BC 【解析】 【分析】根据辅助角公式可得，即可求解，代入直线方程中即可求解判断A；根据圆心到直线的距离与半径的关系即可求解判断B；分析可得当最小时，取得最小值，进而求解判断C；举例判断D. 【详解】对于A，因为直线过点，所以，所以， 因为，所以，故，所以， 此时直线方程为，故直线的斜率为0，故A错误； 对于B，将化为， 故圆的圆心为，半径为1， 所以圆心到直线：的距离， 所以直线与圆相离，故B正确； 对于C，因为，所以当最小时，取得最小值， 当时，取到最小值，所以，故C正确； 对于D， 当时，圆的方程为，令，则，令或， 圆与坐标轴的交点为，，而直线：， 此时圆与坐标轴的交点到直线的距离之和为，故D错误. 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正方形的边长为2，其中三个顶点在抛物线上，写出满足条件的一个的值，________． 【答案】 （答案不唯一） 【解析】 【分析】利用抛物线关于轴对称的性质，结合正方形的边长与内角特征求得抛物线上的顶点坐标，代入抛物线方程计算得到的值. 【详解】抛物线关于轴对称，正方形有3个顶点在抛物线上， 不妨设正方形顶点与坐标原点重合，顶点关于轴对称， 由正方形边长为2，，得，则点的坐标为，即, 将代入抛物线方程，得，整理得，解得，满足，符合题意. 13. 函数的部分图象如图，下列结论正确的序号是______． ①的最小正周期为6； ②； ③的图象的对称中心为； ④的一个单调递减区间为． 【答案】②③ 【解析】 【分析】由判断①；由和点在的图象上求解判断②正确；令求解判断③；令求解判断④. 【详解】解：由图可得，所以①错误； 因为，所以． 因为点在的图象上， 所以，即． 因为，所以，所以，所以②正确； 令得，所以的图象的对称中心为，所以③正确； 令，得， 令得，令得，所以，所以④错误． 故答案为：②③． 14. 已知线段，射线以点为端点，且．在射线上依次取点，，…，，…，满足，．记，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意作出图形，分别计算出，，，，，利用等比数列的求和公式计算即得. 【详解】如图，由题意，，，，则， 在中，，则，， 又因，则，同理可得， ，，， 故 ， 故. 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在四棱锥中，，，，侧面底面，是的中点． （1）求证：平面； （2）已知，，，求二面角的余弦值． 【答案】（1）取的中点，连接，． 因为是的中点，所以，． 又因为，，所以且． 所以四边形为平行四边形．所以． 又因为平面，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）构造平行四边形，利用线线平行推证线面平行； （2）借助面面垂直性质建立空间直角坐标系，求出各点坐标，分别求出两个半平面的法向量，计算法向量夹角余弦，结合图形判断二面角实际为钝角，得到最终余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接．因为，所以． 又因为侧面底面，且平面平面，平面， 所以平面． 如图，在平面中，作，则，，，建立空间直角坐标系． 连接，在中，因为，，所以． 在中，因为，，所以． 所以，，，，，． 所以，． 设平面的法向量是，则，即， 令，则，．于是． 因为平面，所以是平面的一个法向量． 所以． 由题意和图形可知，二面角为钝角，所以其余弦值为． 16. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知． （1）求内角B的大小； （2）已知的面积为，，，求线段BM的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合正弦定理边角互化，正弦的和角公式得，进而得答案； （2）结合（1,），根据面积公式得，进而得，进而由余弦定理得，为直角三角形，再结合题意，借助勾股定理求解即可. 【小问1详解】 解：因为， 所以 所以由正弦定理边化角得：， 因为， 所以，即， 因为，所以. 【小问2详解】 解：因为的面积为，， 所以， 所以， 因为，所以， 所以， 所以，即为直角三角形， 因为，所以， 所以. 17. 口袋中有2个白球和2个红球，这些球除颜色外完全相同．现有两种游戏方案；游戏一：从袋中有放回地摸球2次，记摸到白球的次数为；游戏二：从袋中无放回地摸球2次，记摸到白球的次数为．两种游戏的结果相互独立． （1）分别求两种游戏中第二次摸到白球的概率； （2）求． 【答案】（1） 游戏一第二次摸到白球的概率为，游戏二第二次摸到白球的概率为 （2） 【解析】 【分析】（1）分别利用有放回摸球的等可能性、无放回摸球的全概率公式计算对应概率；（2）先求得、的分布列，再结合独立事件概率乘法公式计算互斥事件和的概率. 【小问1详解】   ①游戏一：有放回摸球时每次摸球相互独立，袋中共有4个球，其中2个为白球，每次摸到白球的概率均为，故第二次摸到白球的概率为； ②游戏二：无放回摸球，设事件为“第一次摸到白球”，事件为“第一次摸到红球”，事件为“第二次摸到白球”， 由全概率公式得： ， 其中，第一次摸到白球后剩余1白2红共3个球，故； ，第一次摸到红球后剩余2白1红共3个球，故， 代入计算得； 【小问2详解】 服从参数为的二项分布，即， 的可能取值为，  ， ， ， 服从超几何分布，参数为总球数、白球数、摸球数， 的可能取值为：  ， ， ， 由于两种游戏结果相互独立，因此，且、、为互斥事件， 故      . 18. 已知为坐标原点，椭圆：（）的左焦点为，且经过点，过点的直线与椭圆相交于、两点，且、在轴的同侧. （1）求椭圆的标准方程； （2）为的重心，直线、分别交轴于、两点，记和的面积分别为，，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意列式求，即可得椭圆的标准方程； （2）设直线的方程：，由在轴同侧可得，将直线 与椭圆方程联立利用重心的性质及韦达定理化简，求相应函数的值域即可得解. 【小问1详解】 ∵，∴. 又∵，，. ∴椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 设直线的方程：， 由在轴同侧可得， 设，，， 由得：， 则，， ， . ∵的重心在原点， ∴，且. ∴ . ∵， 因为，所以， ∴，∴. 【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键是利用三角形重心的性质得到，，结合韦达定理化简的表达式. 19. 固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线．1691年，莱布尼茨等人得出“悬链线”方程，为参数，其中我们将称为双曲余弦函数，悬链线在建筑学中有着广泛的应用． （1）证明：； （2）令，请讨论在的单调性； （3）无穷数列满足，；是否存在正实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 【答案】（1）由定义 ，得 . 而 . 所以 . （2） 在 上单调递增. （3）存在满足条件的正实数 ，. 【解析】 【分析】（1）把 与 都用定义化成指数形式，再比较. （2）将 化为指数形式求导，得 ，分 与 两段说明 . （3）先证各项 ，再作代换 （），每次迭代 变为 ，由 解出 后回代求 . 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 ，所以 . 当 时，，所以 ；又 ，所以 . 当 时，由 ， 得 ，，所以 ，所以 . 所以对任意 都有 ， 在 上单调递增. 【小问3详解】 若对某个 有 ，则 ，且 内的项再迭代仍落在 内，于是 ，与 矛盾，所以 对 都成立；结合 得 ，进而 ，即各项 . 对 ，取 ，则 ，，且 ，归纳可得 （）. 由 得 ；记 ，则 且 ，即 ，解得 或 ，又 ，所以 ，. 所以 ，即存在满足条件的正实数 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 昆明市第一中学2027届高三第二次月考 数学试题 总分：150分 时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 某次生物实验6个小组的耗材质量（单位：千克）分别为1.71，1.58，1.63，1.43，1.85，1.67，则这组数据的中位数是（ ） A. 1.63 B. 1.67 C. 1.64 D. 1.65 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 4. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线：的焦点到其渐近线的距离为，则的离心率是（ ） A. B. C. D. 6. 设函数，若的极小值为，则（ ） A. B. C. D. 2 7. 已知是数列的前n项和，，，，记且，则（ ） A. 171 B. 278 C. 351 D. 395 8. 甲、乙两人各有三张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字2，3，5，乙的卡片上分别标有数字4，6，10.两人进行三轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，若两个数字互质，则甲得1分，否则乙得1分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.记三轮比赛后甲的总得分为X，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 二、多选题：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. 在等差数列中，首项，公差，前项和为，则下列命题中正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则是中的最小项 10. 如图，棱长为2的正方体中，点为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使平面 B. 平面平面 C. 三棱锥的体积不是定值 D. 若，则过，，三点的平面截正方体所得截面的面积为 11. 已知直线：，圆：，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 若直线过点，则直线的斜率不存在 B. 直线与圆不可能相切 C. 过直线上一点作圆的切线，切点为，的最小值为 D. 圆与坐标轴的交点到直线的距离之和为定值5 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正方形的边长为2，其中三个顶点在抛物线上，写出满足条件的一个的值，________． 13. 函数的部分图象如图，下列结论正确的序号是______． ①的最小正周期为6； ②； ③的图象的对称中心为； ④的一个单调递减区间为． 14. 已知线段，射线以点为端点，且．在射线上依次取点，，…，，…，满足，．记，则________． 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在四棱锥中，，，，侧面底面，是的中点． （1）求证：平面； （2）已知，，，求二面角的余弦值． 16. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知． （1）求内角B的大小； （2）已知的面积为，，，求线段BM的长． 17. 口袋中有2个白球和2个红球，这些球除颜色外完全相同．现有两种游戏方案；游戏一：从袋中有放回地摸球2次，记摸到白球的次数为；游戏二：从袋中无放回地摸球2次，记摸到白球的次数为．两种游戏的结果相互独立． （1）分别求两种游戏中第二次摸到白球的概率； （2）求． 18. 已知为坐标原点，椭圆：（）的左焦点为，且经过点，过点的直线与椭圆相交于、两点，且、在轴的同侧. （1）求椭圆的标准方程； （2）为的重心，直线、分别交轴于、两点，记和的面积分别为，，求的取值范围. 19. 固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线．1691年，莱布尼茨等人得出“悬链线”方程，为参数，其中我们将称为双曲余弦函数，悬链线在建筑学中有着广泛的应用． （1）证明：； （2）令，请讨论在的单调性； （3）无穷数列满足，；是否存在正实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $