云南省红河州州高三上学期第一次复习统一检测试题数学

云南省红河州、州2026届高中毕业生第一次复习统一检测数学试题一、单选题1．设集合，则（

）A． B． C． D．2．在孟德尔两对相对性状的豌豆杂交实验中，子二代豌豆性状表现型及理论比例为：黄色圆粒：黄色皱粒：绿色圆粒：绿色皱粒．现研究人员计划从大量该代豌豆种子中，随机抽取n粒豌豆作为样本进行研究．若希望样本中黄色皱粒豌豆的理论（期望）数量为30粒，则样本量n应为（

）A．160 B．190 C．220 D．2503．已知是等差数列的前n项和，若，则（

）A．20 B．55 C．110 D．2204．设为两条不同直线，为三个不同平面，则下列命题正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若且，则5．已知命题“”是真命题，则实数a的取值范围是（

）A． B． C． D．6．已知抛物线的焦点为F，两条直线和分别与抛物线C相交于不同于原点的两点．若直线经过点F，则（

）A．1 B． C．2 D．47．在中，为的中点，且外接圆的圆心为M，则（

）A．11 B．14 C． D．8．在中，若，则（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知函数，则下列结论正确的有（

）A．函数在区间上单调递减 B．函数的极大值为4C．函数图象的对称中心为 D．函数有3个零点10．已知双曲线的左、右焦点分别为，则下列说法正确的是（

）A．若点P在双曲线C的右支上，且，则B．若双曲线C的渐近线方程为，则其离心率为C．若，直线与双曲线C有且仅有一个交点，则满足条件的k值有2个D．若双曲线C的离心率为，过作C的一条渐近线的垂线，垂足为M，则的面积为11．南宋数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的面积、体积的连续量问题转化为求离散量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形类比，推导出了三角垛、方垛、刍甍垛、刍童垛等的公式，后人经常利用“三角垛”解决现实中的堆垛问题．现有一堆货物，从上向下数，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为，前n层货物的总数为，则下列说法正确的是（

）A． B．集合中共有25个奇数C．设，则的前100项和为2550 D．三、填空题12．设复数，若且，则满足条件的．（写一个即可）13．已知函数，则曲线在点处的切线方程为．14．在四面体中，已知点分别为棱的中点，且．若，则四面体外接球的表面积为．四、解答题15．如图，在直三棱柱中，为的中点．(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．16．已知椭圆的离心率为，且过点．(1)求C的标准方程；(2)直线与C交于两点，且以为直径的圆过原点O．证明：原点O到直线l的距离为定值．17．已知函数．(1)求函数的最小正周期和对称轴；(2)若，（i）当时，求使成立的x的范围；（ii）在中，角的对边分别为，且．若________求的取值范围．请从以下两个条件中任选一个补充在横线处并作答．①为锐角三角形且；②的面积为S且．18．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若在上存在唯一零点，求a的取值范围；(3)函数有两个极值点为，若，求的最大值．19．大模型训练热潮推动了人工智能技术的快速发展，使其在自然语言处理、计算机视觉、语音识别等多个领域取得了显著的成果，并在经济、法律、社会等众多领域展现出了巨大的应用潜力．某人工智能研发团队的甲、乙、丙三个小组分别对同一模型开展检测，各小组检测按多个阶段依次进行测试：第一阶段测试通过的概率为，从第二阶段开始，若前一阶段测试通过，则当前阶段测试通过的概率为p（其中，体现模型经优化后测试通过率的提升趋势）；若前一阶段测试未通过，则当前阶段测试通过的概率仍为（视为小组调整参数后回归基础测试水平）．表示“第k阶段测试通过”．(1)若，求；(2)若各组检测结果相互独立，且仅对第一、二阶段进行检测，求甲、乙、丙三个小组检测后，恰有两个小组检测通过了1个阶段测试的概率；(3)设，证明：对任意正整数n，均有．

参考答案1．B【详解】由题意可得．故选：B．2．A【详解】根据题意得，黄色皱粒豌豆所占总体比例为，所以样本量．故选：A．3．C【详解】因为是等差数列，，所以,则．故选：C．4．B【详解】对于A，与可能相交（如墙角的三个平面）；对于B，因为，所以在内存在直线使得，由得，故；对于C，应推出；对于D，由且，由面面垂直的判定定理，若一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直，这里缺少这个条件，所以不能得出，故D错误；故选：B．5．A【详解】由于该命题是真命题，则在上恒成立，设函数，则．因为，所以.故选:A．6．C【详解】由题知，两直线关于x轴对称，又抛物线也关于x轴对称，所以两点关于x轴对称，因为直线经过点，所以直线的方程为，又因为点A在抛物线C上，代入得，即，因为，所以，所以，解得．故选：C．7．D【详解】因为N为的中点，则，所以．如图，分别取线段的中点为，因为M为的外接圆圆心，所以，则，，因此．故选：D．8．A【详解】设，则①，②，得，在中，所以，即，又因为，即，因为，代入得，因为，所以．故选：A9．BC【详解】对于A，由，得．当时，，所以函数在上单调递增，故A错误；对于B，令，解得或．当时，，则函数在上单调递增；当时，，则函数在上单调递减；当时，，则函数在上单调递增，因此，是的极大值点，极大值为，故B正确；对于C，令，定义域为，因为，所以是奇函数，其图象的对称中心为．又因为由图象向上平移2个单位长度可得图象，所以函数图象的对称中心为，故C正确；对于D，令，即，解得或，所以函数有2个零点，故D错误．故选：BC．10．ABD【详解】对于A，因为点P在双曲线C的右支上，所以，又，解得，故A正确；对于B，因为双曲线的渐近线方程为且焦点在x轴上，所以，又，所以离心率，故B正确；对于C，因为直线方程为：，所以直线恒过点，当直线与渐近线平行时，满足题意的直线有两条；当直线与渐近线不平行且与双曲线相切时，满足题意的直线也有两条．综上，满足条件的直线有4条，即k的值也有4个，故C错误；对于D，如图，因为垂直于渐近线，所以，又因为，所以．在中，，所以，所以，又因为，即，所以，所以，故D正确．故选：ABD．11．ACD【详解】对于A，依题意，且，所以当时，，从而，故A正确；对于B，当时，，此时为奇数；同理当时，为奇数；当时，为偶数；当时，为偶数，所以集合中共有24个奇数，故B错误；对于C，设的前n项和为，因为，则，故C正确；对于D，由，知故，所以，故D正确．故选：ACD．12．【详解】复数，取，满足且符合题意．故答案为：（答案不唯一）13．【详解】由，得，所以，又因为，则切点坐标为，故曲线在点处的切线方程为，即．故答案为：14．【详解】由题可将几何体补形为长方体，如下图所示：对棱，且对棱中点分别满足，所以该长方体的外接球即为四面体的外接球，设长方体的长、宽、高分别为，则，所以外接球的半径，即四面体的外接球半径为，因此，该四面体外接球的表面积．故答案为：15．(1)答案见解析(2)【详解】（1）连接交于点M，连接，因为四边形为平行四边形，所以M为的中点，又因为D为的中点，所以，因为平面平面，所以平面．（2）取的中点E，连接，以D为原点，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则,取，则，所以．设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．16．(1)；(2)证明见解析.【详解】（1）由题意可得解得所以C的标准方程为．（2）如图，设点，由得，所以，故，则，因为以为直径的圆过原点O，所以，即，即，，化简得，即，又因为原点O到直线l的距离，所以，即．故原点O到直线l的距离为定值．17．(1)；(2)（i）；（ii）答案见解析【详解】（1）由题意，所以，故的最小正周期为．令，得．所以函数图象的对称轴方程为．（2）由题意知．（i）在同一坐标系中，作出函数与直线的图象，如下图所示：令，即，当时，由得或，即或．又因为，故或；当时．由得或，，即或．又因为，故或，所以结合函数的图象得，使成立的x的范围为．（ii）因为，则，因为，所以，所以，解得．选①为锐角三角形且，由正弦定理：，则.因为为锐角三角形，所以，即，得，则，所以，所以，故的取值范围为．选②的面积为且，由，得．由余弦定理，消a得，变形得，因为，即，解不等式得，当且仅当时等号成立．所以的取值范围为．18．(1)答案见解析；(2)；(3).【详解】（1）函数的定义域为，当时，在上恒成立，所以在上单调递增；当时，令得，当时，单调递减；当时，单调递增．综上，当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．（2）由题意知，在上存在唯一零点,等价于方程在上有唯一实数根,等价于函数与的图象在上有唯一交点，因为直线过定点为直线的斜率，根据题意，直线所在区间为下图中阴影部分，由图，下临界线为函数在处的切线，，上临界线过点，则，所以a的取值范围为．（3）由题意得，定义域为，则．因为是函数的两个极值点，所以是方程的两个实数根，则．．令，由，可得，令，则，所以在上单调递减，可得，故的最大值为.19．(1)(2)(3)证明见解析【详解】（1），，同理，．（2）设每个组