云南省普洱市2026届高三数学上学期期末教学质量监测试题含解析

云南普洱市2025-2026学年高三上学期期末教学质量监测

数学试卷

一、单选题

1．已知复数z(12i)(a3i)为纯虚数，则实数a的值为（）

A．6B．4C．3D．1

ð

2．已知全集U{xN∣42x39}，集合A{1,3,4}，则集合UA中元素的个数为（）

A．0B．1C．2D．3

3．已知随机事件A和B相互独立，且P(A)0.2,P(B)0.5，则P(AB)（）

A．0.4B．0.6C．0.7D．0.9

4．某车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了5次试验，收集的数据如下表

所示：

零件数x/个1020304050

加工时间y/min4050607090

由上表的数据求得y关于x的经验回归方程为yˆbx26，则b（）

A．1.1B．1.2C．1.3D．1.4

5．已知向量a,b满足|a|2,ab4，则|2ab|的最小值为（）

A．4B．3C．2D．1

2

6．已知过原点O且斜率为k的直线与C:x3y24交于A、B两点，若CACB，则k（）

A．21B．3C．2D．14

14227

alnxa,0x1

7．已知函数f(x)4的最小值为1，则a的取值范围为（）

x6,x1

x1

A．,0B．2,0C．1,0D．(,1)

8．如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E是AB的中点，动点P在正方体内部或表面上，若PB1//

平面DEC1，则动点P的轨迹所形成的区域面积为（）

921

A．4B．C．6D．

24

二、多选题

9．已知ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,sin2AsinA,b5,c2，则（）

π

A．A

3

B．a32

53

C．ABC的面积为

2

38π

D．ABC外接圆的面积为

3

10．已知函数fxxxx0，则（）

A．函数f(x)在0,1上单调递减

B．曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为yx

C．x0,f(x)ex1恒成立

D．x0,f(x)lnx1恒成立

x2y2

11．已知椭圆C:1的左，右顶点分别为A,B,D是C上位于第一象限内的一点，直线AD,BD分别与

43

y轴交于点M,N,O为坐标原点，则（）

1

A．C的离心率为

2

B．OMON3

C．若E是C的上顶点，则存在点D，使得E是线段MN的中点

D．当四边形OBDM的面积最大时，点D的横坐标为31

三、填空题

12．已知角的终边经过点P(1,33)，则tan(π2).

x2y2

13．已知双曲线C:-=1的左焦点为F1,P是C右支上的一个动点，记点P到双曲线过第一象限的渐近

45

线的距离为d，则dPF1的最小值为.

n3*

14．已知数列an的通项公式anlog2，给出定义：使得数列an的前k项和为正整数的kkN叫

n2

做“好数”，则在[1,5000]内所有的好数之和为.

四、解答题

π

15．已知函数f(x)sin2x3cos2x.

3

(1)求函数f(x)的最小正周期；

(2)求函数f(x)的单调区间；

ππ

(3)求函数f(x)在区间,上的值域.

46

x3

16．已知函数f(x)alnx(aR).

3

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若函数f(x)有且仅有两个零点，求a的取值范围.

17．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACAB,AC1,AB2,BB15,D是BB1上靠近点B的五等分点.

(1)证明：A1D平面ACD；

(2)若O是四棱锥DAA1C1C的外接球的球心，求直线BO与平面ACD所成角的正弦值.

18．小张抛掷一枚硬币，若硬币正面朝上，则得1分；若硬币背面朝上，则得0分.已知小张的初始积分为

*

0分.记小张重复拋掷一枚硬币nn

N次后的总得分为Xn．

(1)求PX53；

n1n3

(2)当n为奇数时，证明：PXnPXn2；

22

n2

(3)记an，求数列an的前n项和Sn.

EX2n1EX2n1

19．已知抛物线C:y24x的焦点为F，过点F且斜率存在的直线与C交于A,B两点，点E是以线段AB为

直径的圆的圆心，点D在圆E上（D在E的右边），且ED//x轴，直线AD与C交于另一点N，直线BD与C

交于另一点M.

(1)证明：圆E与C的准线相切；

(2)证明：AB//MN；

MN

(3)求.

AB

参考答案

1．A

【详解】依题意，z(12i)(a3i)a6(2a3)i，

a60

由复数z为纯虚数，得，解得a6，

2a30

所以实数a的值为6.

故选：A

2．D

1

【详解】令42x39，解得x6，

2

ð

而xN，则U0,1,2,3,4,5，因为A{1,3,4}，所以UA0,2,5，

ð

则集合UA中元素的个数为3，故D正确.

故选：D

3．B

【详解】因为事件A和B相互独立，P(A)0.2,P(B)0.5，

∴P(AB)P(A)P(B)0.20.50.1

P(AB)P(A)P(B)P(AB)0.20.50.10.6

故选：B.

4．B

10203040504050607090

【详解】由题意得x30，y62，

55

因为经验回归直线yˆbx26必过点x,y，即点30,62，

所以可得62b3026，解得b1.2.

故选；B

5．C

rr2

【详解】由ab4，得|a||b|cosa,b4，而|a|2，则0cosa,b1，|b|，

cosa,b

2222

因此|2ab|4a4abb42244b|b|2，

cosa,b

当且仅当cosa,b1时取等号，所以|2ab|的最小值为2.

故选：C

6．D

【详解】圆心为C3,0，半径为r2，易知CACB2，

因为CACB，所以ABC是腰长为2的等腰直角三角形，

22

且ABCACB222222，

1

故圆心C到直线AB的距离为dAB2，

2

由题意可知直线AB的方程为ykx，即kx-y=0，

3k14

由点到直线的距离公式可得d2，解得k.

k217

故选：D.

7．C

44

【详解】由题意得，当x1时，f(x)x6x15，

x1x1

44

由基本不等式得x152(x1)51，

x1x1

4

当且仅当x1时取等号，此时解得x3，

x1

此时f(x)的最小值为1，符合题意，当0x1时，可得f(x)alnxa，

由题意得f(x)的最小值为1，则f(x)1，即alnxa1恒成立，

1

可得a(lnx1)1恒成立，令lnx10，解得x,1，

e

11

令lnx10，解得x(0,)，令lnx10，解得x，

ee

111

当x,1时，可得a恒成立，令gx，

elnx1lnx1

1

1

则gx20恒成立，可得g(x)在,1上单调递增，

x(lnx1)e

此时g(x)g(1)1，得到a1，

1

当x时，a(lnx1)1恒成立，符合题意，此时aR，

e

111

当x(0,)时，a恒成立，由已知得gx0，

elnx1x(lnx1)2

1

则g(x)在(0,)上单调递增，当x0时，g(x)0，此时a0，

e

综上，可得a1,0，即a的取值范围为1,0，故C正确.

故选：C

8．B

【详解】分别取CD,C1D1中点N,M，连接BN,NM,B1M,AB1,AM，

则由正方体结构性质可知MN//BB1,MNBB1，AD//B1C1,ADB1C1，BE//DN,BEDN

所以四边形MNBB1、ADC1B1、BEDN均为平行四边形，

所以AB1//DC1,B1M//BN,BN//DE，所以B1M//DE，

因为DC1,DE平面DEC1，B1M,AB1在平面DEC1外，

所以B1M//平面DEC1，AB1//平面DEC1，

又B1MAB1B1，所以平面AB1M//平面DEC1，

取DD1中点T，连接AT,MT，则MT//DC1，则MT//AB1，

所以A,B1,M,T四点唯一确定一个平面，所以平面AB1M即为平面AB1MT，

所以由题意若PB1//平面DEC1，则动点P的轨迹为平面四边形AB1MT，

因为222222，

ATMB1125,MT112,AB12222

2

2

所以四边形ABMT为等腰梯形，且该梯形的高为2223，

15

22

33

MTAB222

由正方体结构性质可得面积为19.

22

222

故选：B

9．AC

【详解】因为sin2AsinA，所以由二倍角公式得2sinAcosAsinA，

在ABC中，可得A(0,π)，则sinA0，得到2cosA1，

1π

解得cosA，得到A，故A正确，

23

15222a2

对于B，由题意得b5,c2，由余弦定理得，

222

解得a19（负根舍去），故B错误，

11353

对于C，由三角形面积公式得SbcsinA52，

ABC2222

53

则ABC的面积为，故C正确，

2

对于D，设ABC外接圆的半径为R，外接圆面积为S，

a19219

2R19

由正弦定理得sinA33，解得R，

3

2

1919

由圆的面积公式得SπR2π()2π，

33

19

则ABC外接圆的面积为π，故D错误.

3

故选：AC

10．BCD

x

【详解】由fxxxelnxexlnxx0，得fxexlnx1lnx，

1xlnxxlnx1

当x0,时，fxe1lnx0，则fxe在x0,上单调递减，

ee

1xlnxxlnx1

当x,1时，fxe1lnx0，则fxe在x,1上单调递增，故A错误；

ee

由fxexlnx1lnx，f1e01ln11,

可得yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y11x1yx，故B正确；

由f(x)ex1exlnxex1xlnxx1xlnxx10，

构造g(x)xlnxx1，则g(x)1lnx1lnx，

当x0,1时，g(x)lnx0，则g(x)xlnxx1在x0,1上单调递减，

当x1,时，g(x)lnx0，则g(x)xlnxx1在x1,上单调递增，

x1

即g(x)minln1110，故x0,f(x)e恒成立，故C正确；

由hxexx1，求导得hxex1，

当x,0时，hxex10，则hxexx1在x,0上单调递减，

当x0,时，hxex10，则hxexx1在x0,上单调递增，

所以0，即x，则x1，

hxmine010ex1ex

当x0时,上式两边取对数可得:lnex1lnxx1lnxx1lnx，

则由x0,f(x)ex1x1+lnx，可知x0,f(x)lnx1恒成立，故D正确.

故选：BCD

11．ABD

【详解】对于A，由题意得，则离心率为1，故A正确，

a2,b3,c12

对于B，如图，作出符合题意的图形，连接OD，由题意得A(2,0)，B(2,0)，

yy

00

设D(x0,y0),x0(0,2),y0(0,3)，则kAD，kBD，

x02x02

y0y0

可得AD的方程为y(x2)，BD的方程为y(x2)，

x02x02

y2y2y

对于y0(x2)，令x0，解得y0，即M(0,0)，

x022x02x0

y2y2y

对于y0(x2)，令，解得y0，即N(0,0)，

x0x2

x020x02

2y2y

得到OM0，ON0，

2x02x0

2y2y4y2

000

故OMON2，

2x02x04x0

x2y2

因为D是C上位于第一象限内的一点，所以001，

43

12x23(4x2)

2200

化简得4y0123x0，则OMON223，故B正确，

4x04x0

对于C，由题意得E(0,3)，若E是线段MN的中点，

2y2y

00)

则由中点坐标公式得2xx2，

003

2

4y

0

4y023

化简得3，联立方程组4x0，

2

4x022

4y0123x0

x00

解得，即D(0,3)，此时D不在第一象限，

y03

即不存在点D，使得E是线段MN的中点，故C错误，

对于D，设四边形OBDM的面积为S，由题意得SSODMSOBD，

12yxy

0001

而SODMx0，SOBD2y0y0，

22x02x02

x0y0x02(x0)

则Sy0y0()y0，

2x02x02x0

x2y23(4x2)

因为001，解得y0，

4302

3(4x2)(x)(4x2)

可得2(x0)02(x0)00，

Sy03

2x022x02x0

32

(x)4x2x4x2x4

令fx3，则fx3，

2x(x24x2

(x2)(x22x2)

而x34x22x4(x2)(x22x2)，即fx3，

(x24x2

令f(x)0，x(0,13)，令f(x)0，x(13,2)，

则f(x)在(0,13)上单调递增，在(13,2)上单调递减，

可得f(x)在13处取得最大值，

即当四边形OBDM的面积最大时，点D的横坐标为31，故D正确.

故选：ABD

333

12．/3

1313

【详解】依题意，tan33，

2tan23333

所以tanπ2tan222.

1tan13313

故答案为：33

13

13．54

【详解】如图，作出符合题意的图形，作出双曲线的右焦点F2，

作PH垂直于渐近线，连接PF2,HF2，可得dPH，

由题意得a2,b5,c3，则F2(3,0)，

由双曲线的定义得PF1PF24，则PF1PF24，

则dPF1PHPF24HF24，当且仅当H,F2,P共线时取等，

因为PH垂直于渐近线，所以HF2垂直于渐近线，

由题意得渐近线方程为5x2y0，

35

由点到直线的距离公式得HF25，

(5)2(2)2

则dPF1HF2454.

故答案为：54

14．6108

1323n3

【详解】依题意，数列a的前n项和Slogloglog

nn2122222n2

456n3n3

log()log，由正整数k为数列a的“好数”，

2345n223n

k3k3m

得Slog，且Sk为正整数，由logm,mN，得k323，

k2323

5003m

由k[1,5000]，得32m35000，即2m，而数列2是递增数列，

3

5003

210211，因此mN,m10，在[1,5000]内所有的好数之和为

3

102(1210)

(32m3)3306108.

m112

故答案为：6108

15．(1)π

(2)答案见解析

1

(3),1

2

π

【详解】（1）由题意得f(x)sin2x3cos2x

3

1313π

sin2xcos2x3cos2xsin2xcos2xsin(2x)，

22223

2π

则函数f(x)的最小正周期为π.

2

πππ

（2）令2x2kπ,2kπ,kZ，

322

5ππ

解得xkπ,kπ,kZ，

1212

ππ3π

令2x2kπ,2kπ,kZ，

322

π7π

解得xkπ,kπ,kZ，

1212

5ππ

综上可得，f(x)的单调递增区间为kπ,kπ,kZ，

1212

π7π

f(x)的单调递减区间为kπ,kπ,kZ.

1212

ππππ2π

（3）因为x,，所以2x,，

46363

π1ππ1

则sin(2x),1，即函数f(x)在区间,上的值域为,1.

32462

16．(1)答案见解析

(2)ae

3

x2a

【详解】（1）函数fxalnx，定义域为0,，则fxx,x0，

3x

若a0，则fx0，故函数fx在0,上单调递增，

若a0，则fx0得x0,3a；fx0得x3a,，

故函数fx在0,3a上单调递减，在3a,上单调递增，

综上，当a0时，fx在0,上单调递增；

当a0时，fx在3a,上单调递增，在0,3a上单调递减.

x3

（2）当a0时，函数f(x)alnx在0,上单调递增，

3

故函数fx至多有一个零点；

当a0时，函数fx在0,3a上单调递减，在3a,上单调递增，

a1a

且fx的最小值为f3aalna31lna,a0，

33

x0,fx，x,fx

a

若函数f(x)有且仅有两个零点，则f3a0，1lna0，

3

所以lna1，即ae，

当ae时，函数fx在0,3a上有一个零点，

且函数fx在3a,内有一个零点，

所以当ae时，函数fx有且仅有两个零点.

17．(1)证明见解析；

(2)210

15

【详解】（1）由题可得2222，

BD1,B1D4,A1DA1B1B1D25,ADABBD5

222

所以A1DADAA1，即A1DAD，

又由直棱柱性质可知AC平面AA1B1B，A1D平面AA1B1B，

所以ACA1D，因为ACADA且AC,AD平面ACD，

所以A1D平面ACD；

（2）分别取C1C,AA1中点M,N，连接MN，则MN//AC，

所以MN平面AA1B1B，

由（1）可知即A1DAD，连接AC1交A1C于点O，

则OMN且为MN中点，NDNANA1MC1MC，

则由题意可知四棱锥DAA1C1C的外接球的球心为点O，

取DC中点G，则点G为RtDAC外接圆圆心，

连接OG，则OG平面DAC，

1115

建立如图所示空间直角坐标系Axyz，则B2,0,0,G1,,,O0,,，

2222

15

所以BO2,,，OG1,0,2为平面DAC的一个法向量，

22

所以直线BO与平面ACD所成角的正弦值为

OG·BO7210

cosOG,BO

2215.

OGBO215

2·5

22

5

18．(1)；

16

(2)证明见解析；

n

(3)Sn.

n2n1

【详解】（1）因为每次抛掷硬币正面朝上的概率为1，且各次抛掷相互独立，

2

1，1

所以X5服从参数为n5,p的二项分布，即X5B5，

22

k5k

所以k11，

PX5kC5,k0,1,,5

22

32

得31115

PX53C510

223216

n1n3

（2）当n为奇数时，设n2k1(kN)，则k，k1，

22

所以只需证PX2k1kPX2k1k1.

k2k1k2k1

根据二项分布的概率公式k11k1，

PX2k1kC2k1C2k1

222

k12k1k12k1

k111k11，

PX2k1k1C2k1C2k1

222

2k12k1!

k14

C2k1k2k1k

PX2k1k2C24Ck!k1!2(k1)

2k12k11

2k1k12k1k1

PX2k1k1k11C2k12C2k12k1!2k1

C2k1

2k1!k!

所以PX2k1kPX2k1k1，故原不等式成立.

1n

（3）由二项分布的期望公式为EXnp，其中p，即EX

n2n2

2n12n1

所以EX,EX，

2n122n12

n24n22n12n11

得an

EX2n1EX2n12n12n12n12n1

1111

11

2n12n122n12n1

111111111

所以Sna1a2an111

21323522n12n1

1111111

n

213352n12n1

111n

n[]n.

212n12n1

n

故Sn.

n2n1

19．(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)3

【详解】（1）如图，作出符合题意的图形，

当AB的斜率为0时，直线AB与抛物线只有一个交点，不符合题意，排除，

当AB的斜率不为0时，设方程为xmy1，Ax1,y1,Bx2,y2，

xmy12

联立2，消x得y4my40，0，

y4x

2

则y1y24m,y1y24，得到x1x2my1y224m2，

由中点坐标公式得线段AB的中点坐标为E2m21,2m，

2

则E2m1,2m到准线x=1的距离为2m22，

2

由焦半径公式得ABx1x224m4，

AB

则2m22，即圆E与C的准线相切.

2

1

（2）设k，而点D在圆E上，

ABm

2

且ED//x轴，可得D4m3,2m，设M(xM,yM),N(xN,yN)，

22

因为M(xM,yM),N(xN,yN)在抛物线上，所以yM4xM，yN4xN，

yyyyyy4

kMNMN4MN

则MNxxy2y2(yy)(yy)yy，

MNMNMNMNMN

44

设AD的方程为yy1kAD(xx1)，BD的方程为yy2kBD(xx2)，

yy1kAD(xx1)2

联立方程组2，得到kADy4y4y14kADx10，

y4x

44

由韦达定理得yNy1，即yNy1，

kADkAD

yy2kBD(xx2)2

联立方程组2，得到kBDy4y4y24kBDx20，

y4x

44

由韦达定理得yMy2，即yMy2，

kBDkBD

444444

则yMyNy1y2y1y2)4m，

kADkBDkADkBDkADkBD

2my12my12my1

而kAD222，

4m3x14m3(my11)4mmy12

2my22my22my2

kBD222，

4m3x24m3(my21)4mmy22

44m2my244m2my2

得到1，2，

kAD2my1kBD2my2

444m2my24m2my2

而12

kADkBD2my12my2

4m2my24m2my2

12)

2my12my2

(4m2my2)(2my)(4m2my2)(2my)

41221

(2my1)(2my2)(2my2)(2my1)

8m34m2y2m2ymyy4m2y8m34m2y2m2ymyy4m2y

2112212121

422

4m2my12my2y1y24m2my12my2y1y2

16m36m2(yy)2myy8m2(yy)

121212

42

4m2m(y1y2)y1y2

16m36m24m2m48m24m

42

4m2m4m4

16m324m38m8m38m8m(m21)

4(22)4(2)428m，

4m8m44m44(m1)

41

则yy8m4m4m，即k，

MNMN4mm

可得kABkMN，且AB,MN不重合，故AB//MN.

221

（3）由已知得AB4m44(m1)，yMyN4m，k，

MNm

1

MN1()2(yy)24yy

由弦长公式得1MNMN

m

2222，

1m(4m)4yMyN1m16m4yMyN

44

因为yNy1，yMy2，

kADkBD

44164y24y1

所以yMyN(y1)(y2)y1y2

kADkBDkADkBDkADkBD

164y24y1

4，而y1y24m，则y24my1，

kADkBDkADkBD

2my12my1

由题意得kAD，

m(4my12my22

因为y1y24m，所以y14my2，

2my22my2

由题意得kBD，

m(4my22my12

2my2my4m22my2myyy

121212

可得kADkBD2

my22my12my1y22my22my14

4m22m(yy)yy4m22m4m44m28m24

1212

2222

my1y22m(y1y2)4m(4)2m4m44m8m4

4m28m24

1，即kk1，

4