2025-2026学年云南省昭通市第一中学高三下册考前自测数学试题 含答案

/数学满分150分，考试用时120分钟．一、单项选择题（本大题共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.若，则（）A. B. C. D.2.已知集合，，则（）A. B. C. D.3.函数图象大致是（）A. B.C. D.4.的展开式中，的系数为（）A. B.9 C. D.15.已知双曲线：的右焦点为，过原点的直线交于两点，且．若直线的斜率为，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.6.已知函数在上的大致图象如图所示，则的最小正周期为（）A. B. C. D.7.已知圆与圆交于A、B两点，且平分圆的周长，则的值为（）A.0 B.2 C.4 D.68.已知函数及其导函数的定义域为，记．若、均为奇函数，当时，，且，则（）A.3 B.－1 C.－5 D.7二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．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.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为BC的中点，（为锐角），，则下列说法正确的是（）A.的面积为 B. C. D.10.设O为坐标原点，直线过抛物线C：的焦点，且与抛物线C交于M，N两点，l为抛物线C的准线，则（

）A. B.C.为等腰三角形 D.以MN为直径的圆与l相切11.如图，棱长为2的正方体，动点在正方体内及其边界上运动，则下列说法正确的是（）A.若，且，则三棱锥的体积为定值B.若，则动点所围成的图形的面积为C.若，则的最小值为2D.若，过有且仅有3条直线与直线所成角为三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.曲线在点处的切线方程为______．13.在平面直角坐标系xOy中，将向量绕点逆时针旋转得到，若，则点A的横坐标为______．14.甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行一轮比赛，在这轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人获胜，则甲获胜的概率为______；若甲选出数字3且赢时记3分，甲选出数字5且赢记2分，甲选出数字7且赢时记1分，甲输掉比赛记作0分，则甲最终得分的期望为______．四、解答题（共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.已知正项数列中，，，．（1）求数列的通项公式；（2）设，若，证明：．16.如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，分别为的中点．（1）求证：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．17.为了丰富校园文化生活，某校举办了一年一度的文体艺术周活动，其中学校文艺社团组织了趣味答题比赛，比赛规则如下：①每位参赛学生参加5轮答题比赛；②每一轮比赛，参赛学生从10道题中随机选择4道作答，每答对一道题积1分，答错或不答积0分；③每一轮比赛，参赛学生获得积分不低于3分可获得一张“挑战达人”票．从文艺社团负责人处了解到：这10道题有7道参赛学生都会，有3道参赛学生都不会．（1）求参赛学生甲在一轮比赛中获得积分X的分布列和数学期望；（2）若参赛学生甲每轮获得“挑战达人”票的概率稳定且每轮是否获得“挑战达人”票相互独立，则学生甲在5轮比赛中获得多少张“挑战达人”票的概率最大？最大概率是多少？18.如图，已知椭圆的方程为，直线与椭圆交于两点（点在第一象限）．当时，在x轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点．（1）求的标准方程；（2）若轴于点，连接BM并延长交于点，记直线的斜率为．（ⅰ）证明：为定值；（ⅱ）设，求的取值范围．19.已知函数，其中．（1）当时，讨论在上的单调性；（2）过原点作曲线的切线，切点横坐标从小到大依次为，．①证明：满足方程；其中；②记为的第个极值点，，判断数列的单调性，并求最小的正整数，使得对一切恒成立．

数学满分150分，考试用时120分钟．一、单项选择题（本大题共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.若，则（）A. B. C. D.答案：B解析：解答过程：由，则，所以.2.已知集合，，则（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：，，所以．3.函数图象大致是（）A. B.C. D.答案：C解析：思路：通过判断函数的奇偶性与有无零点，借助排除法即可得.解答过程：定义域为，，故该函数为偶函数，故可排除B、D，当时，有，故可排除A.故选：C.4.的展开式中，的系数为（）A. B.9 C. D.1答案：A解析：思路：根据二项式展开式的通项公式，令的次数为3，求出的值，从而可求得结果.解答过程：展开式的通项为，令，解得，所以展开式中的系数为．5.已知双曲线：的右焦点为，过原点的直线交于两点，且．若直线的斜率为，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：判断为直角三角形且，运用双曲线的定义和直角三角形的勾股定理，结合离心率公式，计算可得所求值．解答过程：如图所示，设在轴上方，由双曲线的对称性可知，又因为，即为直角三角形，所以，又根据直线的斜率为得到，所以为正三角形，有，连接与左焦点，由，可得为直角三角形且，由双曲线定义可知，所以双曲线的离心率为，故B正确．6.已知函数在上的大致图象如图所示，则的最小正周期为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：先根据函数的图象特征排除A，D，再结合及函数在附近的单调性可得，进而由可得，进而求解即可.解答过程：由图象可得最小正周期小于，大于，排除A，D；由图象可得，且函数在附近单调递增，则，即，由于，则，当且仅当时符合题意，此时，则.7.已知圆与圆交于A、B两点，且平分圆的周长，则的值为（）A.0 B.2 C.4 D.6答案：C解析：思路：由题知，弦所在直线方程为，且在弦所在直线上，进而得.解答过程：解：因为圆与圆交于A、B两点，所以弦所在直线方程为，因为圆的圆心为，平分圆的周长，所以，在弦所在直线上，即，所以.故选：C8.已知函数及其导函数的定义域为，记．若、均为奇函数，当时，，且，则（）A.3 B.－1 C.－5 D.7答案：A解析：思路：由、为奇函数及得到、及，进而函数的周期为4，再根据时，结合求得的值，再根据周期性求解即可.解答过程：因为为奇函数，所以，所以，即，因为为奇函数，所以，，所以，所以为周期函数，周期为4，因为时，，所以因为，所以故.二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．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.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为BC的中点，（为锐角），，则下列说法正确的是（）A.的面积为 B. C. D.答案：BCD解析：思路：A.由面积公式求解；B.由余弦定理求解；C.根据三角函数三者关系求解；D.根据中线公式求解.解答过程：由为锐角，所以，A错误；由，为锐角，得，由余弦定理得，则，B正确；由题意，可得，则，，所以C正确；由，得，则，D正确．10.设O为坐标原点，直线过抛物线C：的焦点，且与抛物线C交于M，N两点，l为抛物线C的准线，则（

）A. B.C.为等腰三角形 D.以MN为直径的圆与l相切答案：AD解析：思路：由题意作图，根据抛物线焦点的概念，结合直线方程，求得参数；联立方程，求得直线与抛物线交点坐标，从而求得弦长；根据两点距离公式，求得三角形三边；由中点坐标公式，结合圆切线的判定，可得答案.解答过程：由题意，取的中点，作图如下：由直线，令，则可得，即抛物线的焦点，所以，解得，故A正确；联立可得，消去可得，解得或，当时，由，可得，当时，由，可得，即，，所以，故B错误；由，，则C错误；由图可得，易知点到准线的距离，圆的半径，故D正确.故选：AD.11.如图，棱长为2的正方体，动点在正方体内及其边界上运动，则下列说法正确的是（）A.若，且，则三棱锥的体积为定值B.若，则动点所围成的图形的面积为C.若，则的最小值为2D.若，过有且仅有3条直线与直线所成角为答案：AD解析：思路：由已知条件可得的轨迹为线段，又可证平面，即可判断选项；易证动点所围成的图形是矩形，求出矩形面积即可判断选项；先根据正弦定理可得，再建立空间直角坐标系，可判断点的轨迹为球，从而可以判断选项；由过的满足条件的直线数目等于过的满足条件的直线的数目，分别取和，即可判断选项.解答过程：因为动点在正方体内及其边界上，且，且，则的轨迹为线段．由于，平面，所以平面，因此点到平面的距离为定值，所以三棱锥体积为定值，故A正确；四边形为正方形，则，又平面，平面，，又，则平面，因为动点在正方体内及其边界上，且，所以动点所围成的图形是矩形，则面积为，故B错误；设边AB上的高为，则，由正弦定理可得，所以，故，如图，以为点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，设，，则，又因为，化简整理得，所以空间动点的轨迹是以为球心，为半径且位于正方体内的部分球体．又因为，所以，故C错误；显然过的满足条件的直线数目等于过的满足条件的直线的数目，在直线上任取一点，使得，不妨设，若，则是正四面体，所以有两种可能，直线也有两种可能，若，则l只有一种可能，就是与的角平分线垂直的直线，所以直线有三种可能，故D正确．三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.曲线在点处的切线方程为______．答案：解析：思路：先求出常数和，再根据导数的几何意义求解即可.解答过程：由于，则，故，故，所以，代入，可得．又．故切线方程为，则．13.在平面直角坐标系xOy中，将向量绕点逆时针旋转得到，若，则点A的横坐标为______．答案：解析：解答过程：∵向量绕点逆时针旋转得到，∴.∵，∴，即.设以轴非负半轴为始边，为终边的角为，则，.由旋转关系可知，以轴非负半轴为始边，为终边的角为.∴点的横坐标.代入数值计算：∴.14.甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行一轮比赛，在这轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人获胜，则甲获胜的概率为______；若甲选出数字3且赢时记3分，甲选出数字5且赢记2分，甲选出数字7且赢时记1分，甲输掉比赛记作0分，则甲最终得分的期望为______．答案：①.②.解析：解答过程：甲要获胜，则取出的数字只能是3，5，7，记甲得分为随机变量．当甲选出3且获胜，则乙只能选2，概率为；当甲选出5且获胜，则乙选出的是2，4，概率为；当甲选出7且获胜，则乙选出的是2，4，6，概率为，所以甲获胜的概率；由以上推出．四、解答题（共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.已知正项数列中，，，．（1）求数列的通项公式；（2）设，若，证明：．答案：（1）（2）证明：因为，所以，所以．因为，所以，因为数列单调递增，所以，所以．解析：思路：（1）利用与已知建立等式，得出是等差数列，进而求出，再根据与的关系求通项；（2）利用（1）的结论，利用裂项相消法求和，再结合数列单调性证明即可.（1）因为，所以，所以，所以，又，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以，所以．当时，，也满足上式，所以数列的通项公式为．（2）略16.如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，分别为的中点．（1）求证：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．答案：（1）证明：如图，取的中点为，连接，，三棱柱中，四边形为平行四边形，所以，，又，为中点，所以，，所以，因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以.而平面，平面，所以平面.因为，为中点，所以，又平面，平面，所以平面.而，平面，所以平面平面，又平面，所以平面．（2）解析：思路：（1）根据线面平行的判定定理、面面平行的判定定理及面面平行的性质证明即可.（2）证明出平面，，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据线面角的向量求法求解即可.（1）略（2）因为侧面为正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面．因为平面，所以.因为，所以．又，，故平面，而平面，故，所以，而，，故平面．以为原点，以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，故，，．设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以，设直线与平面所成的角为，则．故直线与平面所成角的正弦值为.17.为了丰富校园文化生活，某校举办了一年一度的文体艺术周活动，其中学校文艺社团组织了趣味答题比赛，比赛规则如下：①每位参赛学生参加5轮答题比赛；②每一轮比赛，参赛学生从10道题中随机选择4道作答，每答对一道题积1分，答错或不答积0分；③每一轮比赛，参赛学生获得积分不低于3分可获得一张“挑战达人”票．从文艺社团负责人处了解到：这10道题有7道参赛学生都会，有3道参赛学生都不会．（1）求参赛学生甲在一轮比赛中获得积分X的分布列和数学期望；（2）若参赛学生甲每轮获得“挑战达人”票的概率稳定且每轮是否获得“挑战达人”票相互独立，则学生甲在5轮比赛中获得多少张“挑战达人”票的概率最大？最大概率是多少？答案：（1）1234（2）获得张或张的概率最大，最大概率为解析：思路：（1）由题可知变量服从超几何分布，按超几何分布概率公式求解即可；（2）每轮获得“挑战达人”票的概率即为变量取或，概率相加即可；由题可知，在5轮比赛中获得“挑战达人”票的张数服从二项分布，代入二项分布概率公式求解即可.（1）由题可知：X的可能取值为1，2，3，4，，，，，所以的分布列为：1234所以数学期望；（2）由（1）知，每一轮比赛，参赛学生甲获得“挑战达人”票的概率为．设参赛学生甲在5轮比赛中获得“挑战达人”票的张数为Y，则，所以，，，，，，，，所以当获得张或张时，概率最大，最大概率为.18.如图，已知椭圆的方程为，直线与椭圆交于两点（点在第一象限）．当时，在x轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点．（1）求的标准方程；（2）若轴于点，连接BM并延长交于点，记直线的斜率为．（ⅰ）证明：为定值；（ⅱ）设，求的取值范围．答案：（1）（2）（ⅰ）如图，设，，则，由题意有．直线的斜率，即的斜率为，所以直线的方程，所以．又在椭圆上，．．（ⅱ）．解析：思路：（1）由椭圆标准方程确定，结合时在轴上的射影为椭圆焦点的条件，将点代入椭圆方程，结合的关系求解，即可得到椭圆的标准方程.（2）（i）联立直线与椭圆方程，求解得到两点坐标，由轴得到点坐标，进而求出直线的方程，将直线与椭圆方程联立求得点坐标，计算直线的斜率，验证为定值即可.（ii）利用两点间距离公式分别计算与的