2025-2026学年云南省多校联考高三（上）月考数学试卷（1月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年云南省多校联考高三（上）月考数学试卷（1月份）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知全集U={1,2,3,4}，集合A={1,2}，B={2,3}，则∁U(A∪B)=(

)A.{1,3,4} B.{3,4} C.{3} D.{4}2.若复数z=1+ai2+i为纯虚数，则实数a=(

)A.3 B.5 C.−3 D.−53.已知向量a=(1,2)，b=(m,4)，若(a−bA.4 B.5 C.25 4.函数f(x)=2cosx的部分图象大致为(

)A. B.

C. D.5.“sinα=sinβ”是“cosα=cosβ”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6.某校食堂新供应了四种不同的午餐套餐，小王同学计划周一到周五都从新供应的四种套餐中选择一种就餐，且在这五天里将这四种套餐都尝一遍，则不同的方案共有(

)A.120种 B.144种 C.240种 D.288种7.已知直线l：x−y+m=0与x轴、y轴分别交于A，B两点，与圆N：(x+1)2+(y−3)2=4交于C，D两点，且A.4 B.3 C.2 D.18.现有十个盒子，总质量为35千克，这十个盒子的质量按从大到小的顺序排列，构成一个等差数列，且排在前三位的三个盒子的总质量不低于排在后三位的三个盒子的总质量的两倍，则质量最重的盒子最少是(

)A.2千克 B.3千克 C.5千克 D.7千克二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知数列{an}的前n项和SnA.a1=1 B.a2=−2

C.an=−2n−110.已知α，β，γ是三个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，且α∩β=m，α∩γ=n，β∩γ=l，则下列命题正确的是(

)A.若m//n，则m//l

B.若α⊥γ，β⊥γ，则m⊥n

C.若α⊥γ，β⊥γ，则n⊥l

D.若α，β，γ两两相互垂直，则m，n，l两两垂直11.已知函数f(x)是定义在(0,+∞)上的可导函数，下列结论正确的是(

)A.若f(x)=f(1x)，则x=1是f(x)的极值点

B.若f(x)在(0,1)上单调递增，则函数f(1x)在(1,+∞)上单调递减

C.若函数g(x)=f(x)+f(1x)在(0,1)上单调递增，则g(x)在(1,+∞)上单调递减

D.若f(x)在(0,1)三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若函数f(x)=tan(x−φ)(0≤φ<π)在(−π3,2π313.已知函数f(x)=aeax−1(a>0)没有零点，则a=

14.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，以F2为焦点的抛物线y2=2px(p>0)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.(本小题13分)

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，离心率为12．

(1)求C的方程；

(2)若直线x=my+4与C交于A，B两点，与x16.(本小题15分)

如图，在四面体ABCD中，AB⊥平面ACD，△ACD是等边三角形，AB=AC，E是AD的中点．

(1)证明：CE⊥BD．

(2)求二面角E−BC−D的正弦值．17.(本小题15分)

如图，在边长为2的等边△ABC中，P为△ABC内一点，∠BPC=120°．

(1)若PB=1，求△BCP的面积；

(2)若∠APB=150°，求tan∠PBA的值．18.(本小题17分)

甲、乙、丙三人打台球，约定：第一局甲、乙对打，丙轮空；此后每局的胜者与轮空者进行下一局对打.假设甲、乙、丙三人打台球的水平相同，每局台球的结果相互独立．

(1)求前三局中甲恰好参与了两局的概率；

(2)求第n局有甲参与的概率；

(3)求第n局是甲、乙对打的概率．19.(本小题17分)

(1)求函数y=sinx(cosx−1)的单调递增区间；

(2)若存在β使得对任意α，都有cos(α+β)(cosβ−1)≤b，求b的最小值；

(3)已知0≤α≤π,0≤β≤π2，且α+2β≤π，求cos(α+β)(cosβ−1)参考答案1.D

2.D

3.B

4.A

5.D

6.C

7.C

8.C

9.BCD

10.ABD

11.BCD

12.π613.1

14.3

15.解：(1)由题意可得c=1ca=12a2=b2+c2，

解得a2=4，b2=3，

因此C的方程为x24+y23=1；

(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

由x24+y23=1x=my+4，得(3m216.解：(1)证明：因为AB⊥平面ACD，CE⊂平面ACD，所以AB⊥CE．

在等边△ACD中，E是AD的中点，所以CE⊥AD，

因为AB∩AD=A，AB，AD⊂平面ABD，

所以CE⊥平面ABD，

因为BD⊂平面ABD，

所以CE⊥BD；

(2)不妨设AB=AC=2，AB⊥平面ACD，AB⊂平面ABC，

则平面ACD⊥平面ABC，在等边△ACD中，作DO⊥AC，则DO⊥平面ABC，

以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(0,1,3)，E(0,12,32)，

所以BC=(−2,2,0)，BE=(−2,12,32)，BD=(−2,1,3)，

设平面BCE的法向量为n=(x1,y1,z1)，

则n⊥BCn⊥BE，则n⋅BC=−217.解：(1)在△BCP中，∠BPC=120°，PB=1，

由余弦定理得cos∠BPC=PB2+PC2−BC22PC⋅PB，

即−12=1+PC2−42PC，即PC2+PC−3=0，

解得PC=13−12(负值已舍去)，

可得S△BCP=12PB⋅PCsin∠BPC=12×1×13−12×32=39−38；

(2)设∠PBA=α18.解：(1)根据题意，设A=“前三局中甲恰好参与了两局”，分两种情况讨论：

①甲第二局轮空，即第一局甲负，此时第三局一定有甲参与，其概率为12．

②甲第三局轮空，此时第二局甲负，第一局甲胜，其概率为12×12=14

故P(A)=12+14=34．

(2)根据题意，记第n局有甲参与的概率为Pn，则第n+1局有甲参与的概率为Pn+1

若第n局有甲参与，则第n+1局有甲参与的概率为12；

若第n局没有甲参与，则第n+1局一定有甲参与，所以Pn+1=12Pn+(1−Pn)，

即Pn+1−23=−12(Pn−23)，

因为P1=1，所以P1−23=13，故数列{Pn−23}是首项为13，公比为−19.解：(1)y′=cosx(cosx−1)−sin2x=2cos2x−cosx−1=(2cosx+1)(cosx−1)．

令y′>0，得cosx<−12，解得x∈(2π3+2kπ,4π3+2kπ),k∈Z．

故y=sinx(cosx−1)的单调递增区间为(2π3+2kπ,4π3+2kπ)(k∈Z)．

(2)cos(α+β)∈[−1,1]，若cosβ−1=0，则cos(α+β)(cosβ−1)=0．

若cosβ−1<0，则cos(α+β)(cosβ−1)∈[cosβ−1,1−cosβ]，

所以cos(α+β)(cosβ−1)的最大值的最小值为0，即b的最小值为0．

(3)令函数f(β)=cos(α+β)(cosβ−1),0≤β≤π2−α2，

f′(β)=sin(α+β)−sin(α+2β)．

①当π2≤α≤π时，π2≤α+β≤α+2β≤π，sin(α+β)≥