云南省楚雄州2025届高三数学上学期期中教学质量检测试题理含解析

PAGE22-云南省楚雄州2025届高三数学上学期期中教学质量检测试题理（含解析）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据交集定义计算．【详解】．故选：B．2.复数的虚部是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由复数除法法则计算出后可得其虚部．【详解】因为，所以复数z的虚部是．故选：C．3.已知等差数列的前n项和为，且，则（）A.36 B.18 C.10 D.【答案】A【解析】【分析】利用等差数列的性质求解.【详解】因为在等差数列中，，所以，所以，故选：A4.的绽开式中的系数是（）A.90 B.80 C.70 D.60【答案】A【解析】【分析】依据二项式定理，得到绽开式的第项，再由赋值法，即可求出结果.【详解】因为绽开式的第项为，令，得，则的系数为．故选：A.5.2020年10月1日是中秋节和国庆节双节同庆，许多人外出旅行或回家探亲，因此交通比较拥堵．某交通部门为了解从A城到B城实际通行所需时间，随机抽取了n台车辆进行统计，结果显示这些车辆的通行时间（单位：分钟）都在内，按通行时间分为，，，，五组，频率分布直方图如图所示，其中通行时间在内的车辆有235台，则通行时间在内的车辆台数是（）A.450 B.325 C.470 D.500【答案】C【解析】分析】依据频率分布直方图求出通行时间在内的频率，然后由通行时间在内的车辆有235台与频率可得结论．【详解】因为，，，四组通行时间的频率分别是0.1，0.25，0.4，0.05，所以通行时间在内的频率是，通过的车辆台数是．故选：C．6.若双曲线的一条渐近线与x轴的夹角是，则C的虚轴长是（）A. B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】依据双曲线方程可求出渐近线方程，利用渐近线的倾斜角可得斜率，依据斜率即可求解.【详解】因为双曲线，所以双曲线的渐近线方程为，因为一条渐近线与x轴的夹角是，所以直线的倾斜角为，则，解得，故双曲线的虚轴长是.故选：B7.将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则函数图象的一条对称轴方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由，向左平移个单位长度得到，再令求解.【详解】因为函数，由题意得，所以，解得，故选：D8.在矩形ABCD中，，，点E满意，则（）A.21 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】以AB，AD所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，用坐标表示向量后计算数量积．【详解】9.如图，在三棱锥D-ABC中，，一平面截三棱锥D-ABC所得截面为平行四边形EFGH．已知，，则异面直线EG和AC所成角的正弦值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用直线与平面平行的判定与性质可证，从而可知（或其补角）就是异面直线EG和AC所成的角，在直角三角形中计算可得解.【详解】EFGH是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，所以（或其补角）就是异面直线EG和AC所成的角，因为，所以，因为，，所以，故．故选：A【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，详细步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．10.已知为奇函数，且，当时，，则（）A.2 B. C. D.9【答案】B【解析】【分析】利用及为奇函数推导函数的周期，即可求值.【详解】因为为奇函数，所以，因为，所以，所以，，所以，故的周期为，所以，故选：B【点睛】关键点点睛：函数的周期性与奇偶性相关问题，留意常规推理，以及在推理过程中奇函数性质的运用，替换思想的运用.11.椭圆，，分别为左、右焦点，，分别为左、右顶点，P为椭圆上的动点，且恒成立，则椭圆C的离心率可能为（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】设，，，则，，，，再由可得，从而可求出离心率的范围【详解】设，，，则，，，．因为恒成立，所以离心率．故选：AC【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆几何性质的应用，考查的离心率的求法，解题的关键是由转化为坐标的关系，进而可得到的关系，考查计算实力，属于中档题12.定义在R上的函数的导函数为，若，，则不等式的解集为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】令，对函数求导推断出单调性，利用的单调性解出不等式即可．【详解】令，则，所以在R上单调递增．因为，所以不等式，可变形得，即，所以，解得．故选：D第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13.已知函数，则________．【答案】0【解析】【分析】先求，进而得出的值．【详解】，．故答案为：14.已知实数x，y满意不等式组则的最小值为_________．【答案】【解析】【分析】作出可行域，数形结合即可求出最值.【详解】作出可行域如图，由，得，平移，由图可知，当直线过可行域内的点时，直线轴上的截距最大，即最小，，故答案为：.【点睛】方法点晴：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数最值，属简洁题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（肯定要留意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最终通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.15.已知成等比数列，成等差数列，则________．【答案】或【解析】【分析】依据等差数列的性质求出，依据等比数列求出公比，计算出，即可求解.【详解】因为成等比数列，所以，解得或，当时，，，当时，，，或成等差数列，，或，故答案为：或16.在棱长为2的正方体，中，E，F分别为棱，的中点，点P在线段EF上，则三棱锥的体积为________．【答案】2【解析】【分析】由线面平行的性质可得无论点P在线段EF上什么位置，它到平面的距离不变，求出P到平面的距离，再利用锥体的体积公式即可求解.【详解】因为，平面，所以平面，所以无论点P在线段EF上什么位置，它到平面的距离不变．当点P是EF与的交点时，，则P到平面的距离是到平面距离的．因为到平面的距离为，所以P到平面的距离是，因为的面积，所以三棱锥的体积．故答案为：2三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17~21题为必考题，每个试题考生都必需作答.第22，23题为选考题，考生依据要求作答.（一）必考题：共60分.17.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求A及a；（2）若，求的周长．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理及两角和的正弦公式可求出a，由及二倍角的余弦公式可求出A；（2）由，A及余弦定理可求出，即可得三角形周长【详解】（1）因为，所以．由正选定理可得，所以，因为，所以．因为，所以，解得或．因为，所以．（2）因为，所以．因为，，所以，得，故的周长为．【点睛】关键点点睛：利用正弦定理转化边角关系，即化为是解题的关键，在求解三角形周长过程中利用余弦定理后把作为一个整体求解是其次问的关键.18.某电商为了解消费者的下一部手机是否会选购某一品牌手机，随机抽取了200位以前的客户进行调查，得到如下数据：打算购买该品牌手机的男性有80人，不打算买该品牌手机的男性有40人，打算买该品牌手机的女性有40人．（1）完成下列2×2列联表，并依据列联表推断是否有97.5%的把握认为这200位参加调查者是否打算购买该品牌手机与性别有关．打算买该品牌手机不打算买该品牌手机合计男性女性合计（2）该电商将这200个样本中打算购买该品牌手机的被调查者依据性别分组，用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取3人赐予500元实惠券的嘉奖，另外3人赐予200元实惠券的嘉奖，求获得500元实惠券与获得200元实惠券的被调查者中都有女性的概率．附：，．0.500.250.050.0250.0100.4551.3213.8405.0246.635【答案】（1）列联表见解析，有97.5%的把握认为这200位参加调查者是否打算购买该品牌手机与性别有关；（2）．【解析】【分析】（1）写出列联表后计算可得；（2）求出6人中男性4人，女性2人，计算出“获得500元实惠券者与获得200元实惠券者都有女性”这个事务A所含基本领件的个数，及任取3人的方法总数，然后由概率公式计算概率．【详解】解：（1）由题意得2×2列联表如下：打算买该品牌手机不打算买该品牌手机合计男性8040120女性404080合计12080200因为，所以有97.5%的把握认为这200位参加调查者是否打算购买该品牌手机与性别有关．（2）由题意可知，用分层抽样的方法抽取的6人中，男性有人，女性有人．设“获得500元实惠券者与获得200元实惠券者都有女性”为事务A，则，即获得500元实惠券与获得200元实惠券的被调查者中都有女性的概率为．19.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，二面角为60°，E为PD的中点．（1）证明：平面PAD．（2）求平面ADE与平面ABE所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）由已知条件可证得平面PCD，从而可得，再由二面角为60°，可得为等边三角形，可得，再利用线面垂直的判定定理可证得结论；（2）过P作，垂足为O，可证得平面ABCD，设AB的中点为Q，可得平面PDC，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，然后利用空间向量求解平面ADE与平面ABE所成锐二面角的余弦值【详解】（1）证明：四边形ABCD为正方形，．，，平面PCD．平面PCD，．二面角P-AD-B为60°，．，，为等边三角形．为PD的中点，．，平面PAD．（2）解：过P作，垂足为O，易知O为CD的中点．平面平面ABCD，平面平面，平面PDC，平面ABCD．设AB的中点为Q，连接OQ，则，平面PDC．以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz．正方形ABCD的边长为2，，，，，，，，，，平面PAD，为平面ADE的一个法向量．设是平面ABE的法向量，则，令，得．．平面ADE与平面ABE所成锐二面角的余弦值为．【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的证明方法，考查二面角的求法，解题的关键是合理建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，考查计算实力，属于中档题20.已知圆，动圆P与圆M外切，且与直线相切．（1）求动圆圆心P的轨迹C的方程．（2）若直线与曲线C交于A，B两点，分别过A，B作曲线C的切线，交于点Q．证明：Q在肯定直线上．【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意可得到直线距离等于到的距离，则由抛物线的定义可求得点的轨迹的方程；（2）设，，，直线与抛物线联立方程组，消去，再利用依据与系数的关系可得，，再利用导数求出切线，的方程，从而可得【详解】（1）解：设到直线的距离为，则，所以到直线的距离等于到的距离，由抛物线的定义可知，的轨迹的方程为.（2）证明：设，，，联立方程组，得，则，，.由，得，所以，所以切线的方程为，①同理切线的方程为，②由①②，得，所以点在直线上.【点睛】关键点点睛：此题考查轨迹方程的求法，考查直线与抛物线的位置关系，解题的关键是求出切线的方程为，切线的方程为，从而可求出其交点从坐标，考查计算实力，属于中档题21.已知函数．（1）若，求的极值；（2）若对随意，恒成立，求整数m的最小值．【答案】（1）极大值为，无微小值；（2）1．【解析】【分析】（1）求导函数，由导函数确定函数的单调性，得极值；（2）不等式恒成立转化为在上恒成立，设，转化为求的最大值，确定的零点的范围，得出最大值的范围后可得最小的整数．【详解】解：（1）当时，，．当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减．所以在时取得极大值且极大值为，无微小值．（2）因为对随意，恒成立，所以在上恒成立，即在上恒成立．设，则．设，明显在上单调递减，因为，，所以，使得，即．当时，；当时，．所以在上单调递增，在上单调递减，所以．因为，所以，故整数m的最小值为1．【点睛】关键点点睛：本题考查用导数求函数的极值，探讨不等式恒成立问题．求解不等式恒成立问题，经常须要转化，用分别参数法转化为求函数的最值．本题中函数的最值点不能干脆求出，我们用表示，通过得出的范围，从而可得最大值的范围，然后得出结论．（二）选考题：共10分.请考生从第22，23两题中任选一题作答.假如多做，则按所做的第一个题目计分.[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）22.在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．（1）求直线l的一般方程与曲线C的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C交于M，N两点，且设点，求的值．【答案】（1）直线l：，曲