云南省昆明市第九中学2025届高三上学期9月摸底测试数学试题（原卷版+解析版）

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高三年级数学 试题卷
【考试时间：2024年 9月 12日 14:00 —16:00】
（全卷满分150分，考试用时120分钟）
第I卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
1. 已知复数在复平面内对应的点位于第二象限，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简得，根据题意列出不等式组求解即可.
【详解】解：因为，
又因为此复数在第二象限，
所以，解得.
故选：B.
2. 某单位为了解职工体重情况，采用分层随机抽样的方法从800名职工中抽取了一个容量为80的样本．其中，男性平均体重为64千克，方差为151；女性平均体重为56千克，方差为159，男女人数之比为，则单位职工体重的方差为（ ）
A. 166B. 167C. 168D. 169
【答案】D
【解析】
【分析】利用分层抽样的平均数和方差公式即可得解.
【详解】依题意，单位职工平均体重为，
则单位职工体重的方差为.
故选：D.
3. 已知函数，则“是函数为偶函数”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
【答案】A
【解析】
【分析】利用充分必要条件的判定方法，结合余弦函数的奇偶性即可得解.
【详解】当时，，故函数为偶函数，即充分性成立；
当为偶函数时，，此时不一定成立，即必要性不成立；
所以“是函数为偶函数”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 已知曲线在点处的切线与抛物线也相切，则实数的值为（ ）
A. 0B. C. 1D. 0或1
【答案】C
【解析】
【分析】先利用导数的几何意义求出在处的切线方程，与抛物线方程联立，利用求出的值，再验证可得答案.
【详解】，，
所以曲线在点处的切线为：，即．
联立与，得，依题意可知，所以或1．
当时，不是抛物线，舍去．
故选：C
5. 我们把由半椭圆与半椭圆合成的曲线称作“果圆”（其中，）.如图所示，设点、、是相应椭圆的焦点，、和、是“果圆”与轴和轴的交点，若是边长为1的等边三角形，则，的值分别为（ ）
A. ，1B. ，1C. 5，3D. 5，4
【答案】A
【解析】
【详解】由题意知，
，，
∴.
又，
∴，.
∴，.
故选：A.
6. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数与函数的关系将问题转化为恒成立问题，从而得解.
【详解】因，所以，
因为在区间上单调递减，
所以，即，则在上恒成立，
因为在上单调递减，所以，故.
故选：A.
7. 若，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据余弦正弦的二倍角公式、同角的三角函数关系式化简等式，最后利用正切的二倍角公式进行求解即可.
【详解】，
故选：B
8. 已知数列的前n项和为，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记，利用构造法求得，然后分组求和可得.
【详解】因为，
所以，，且，
所以，
记，则，所以，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，，
记bn的前n项和为，则.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得bn的递推公式，利用构造法求通项，将问题转化为求bn的前50项和.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. “圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上，当圆柱容球时，圆柱的底面直径和高都等于球的直径．记球的表面积为，体积为；圆柱的表面积为，体积为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】设球的半径为，根据圆柱和球的表面积公式及体积公式分别求出其表面积与体积，再逐一判断即可.
【详解】设球的半径为，则圆柱的底面圆的半径为，高为，
则，，
所以，故A正确；
，故B正确；
，故C错误；
，故D错误.
故选：AB.
10. 已知抛物线：焦点为F，准线为，过点F的直线与抛物线交于，两点，点在上的射影为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 以为直径的圆与准线相切
C. 设，则
D. 过点与抛物线C有且仅有一个公共点的直线至多有2条
【答案】ABC
【解析】
【分析】已知抛物线的方程，利用抛物线的性质，焦点弦的性质，数形结合判断各选项．
【详解】取的中点，在上的投影为，在的投影为，如图所示：
对于选项A，因为，所以，故A正确；
对于选项B， 根据抛物线的性质，，为梯形的中位线，故，以为直径的圆与准线相切，故B选项正确；
对于选项C，因为，所以，故C正确；
对于选项D，显然直线，与抛物线只有一个公共点，设过的直线方程为，联立可得，令，解得，所以直线与抛物线也只有一个公共点，此时有三条直线符合题意，故D错误.
故选：ABC
11. 已知函数，则（ ）
A. 在处取得极值
B. 若有两解，则的最小整数值为
C. 若有两解，，则
D. 有两个零点
【答案】AB
【解析】
【分析】求导，做出函数图像，数形结合可判断ABD，代入特值可判断C选项.
【详解】
由，得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，则在时取得极小值，最小值为，故A正确；
又，而，所以，而，即，故，又，且，，故大致图象如图所示，故对于有两个解，的最小整数值为，且无零点，B正确，D错误；
由，，故对，可知，故C错误，
故选：AB.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知平面向量，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量坐标运算和向量垂直的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【详解】，因为，所以，
即，解得.
故答案为：.
13. 直线被圆截得最大弦长为______．
【答案】
【解析】
【分析】先求出圆心到直线的距离，再利用垂径定理与勾股定理建立关系即可得到答案.
【详解】由已知，圆的标准方程为，圆心为，半径，
圆心到直线的距离，解得，
所以弦长为，因为，
所以，所以弦长，
当即时，弦长有最大值.
故答案为：.
14. 已知是函数的两个零点，且，若将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于轴对称，且函数在恰有2个极值点，则实数取值范围为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数零点的最小距离可得，再利用平移规则和函数奇偶性可求得，根据函数在内恰有2个极值点可限定出，即可解得实数的取值范围.
【详解】由，即，
可得或，
根据正弦函数图象性质可知，解得，
则；
将函数的图象向左平移个单位可得，
又为偶函数，
则，又，可得，因此；
当时，可知，
若函数在内恰有个极值点，可知，
解得，
所以实数取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正弦函数图象性质根据两零点的最小距离求得，再由平移后的函数为偶函数求得，得出函数的解析式后问题便迎刃而解.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
15. 在中，角，，的对边分别是，，，且.
（1）求角的大小；
（2）若，为边上的一点，，且______，求的周长.
（从下面①，②两个条件中任选一个，补充在上面的横线上并作答）
①是的平分线；
②为线段的中点
【答案】（1）
（2）选①和②，答案均为
【解析】
【分析】（1）根据三角函数恒等变换得到，从而求出；
（2）选①，由三角形面积公式得到，由余弦定理得到，求出，得到周长；
选②，两边平方得，由余弦定理得，联立求出，得到周长.
【小问1详解】
因为，可得，
故，故，
可得，
因为，，所以，可得.
【小问2详解】
若选①：由平分得：，
即，即，
在中，由余弦定理得，
即，两式联立可得，
所以的周长为；
若选②：为线段的中点，故，
，
因为，，故，
整理可得，
在中，由余弦定理得，
所以，
两式联立可得，所以，
从而的周长为.
16. 2024年7月26日，第33届夏季奥林匹克运动会在法国巴黎正式开幕.人们在观看奥运比赛的同时，开始投入健身的行列.某兴趣小组为了解成都市不同年龄段的市民每周锻炼时长情况，随机从抽取200人进行调查，得到如下列联表：
（1）试根据的独立性检验，分析周平均锻炼时长是否与年龄有关？精确到0.001；
（2）现从50岁以下的样本中按周平均锻炼时间是否少于4小时，用分层随机抽样法抽取5人做进一步访谈，再从这5人中随机抽取3人填写调查问卷.记抽取3人中周平均锻炼时间不少于4小时的人数为，求的分布列和数学期望.
参考公式及数据：，其中.
【答案】（1）有关联 （2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据二联表中数据，求解卡方，即可与临界值比较作答，
（2）根据抽样比可得抽取的5人中，周平均锻炼时长少于4小时的有2人，不少于4小时的有3人，即可利用超几何分布的概率公式求解.
【小问1详解】
零假设：周平均锻炼时长与年龄无关联.
由列联表中的数据，可得，
.
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为周平均锻炼时长与年龄有关联，此推断犯错误的概率不大于.
所以50岁以下和50岁以上（含50）周平均锻炼时长有差异.
【小问2详解】
抽取的5人中，周平均锻炼时长少于4小时的有人，不少于4小时的有人，
所以所有可能的取值为，
所以，，，
所以随机变量的分布列为：
随机变量的数学期望
17. 如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为矩形，且平面平面分别为棱的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，且二面角的大小为120°，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）取棱的中点，连结，，可证四边形是平行四边形，利用线面平行的判定即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量公式求出参数，即可求解
【小问1详解】
如图，取棱的中点，连接．
因为是棱的中点，所以且．
又因为四边形是矩形，是棱的中点，故且，
所以四边形是平行四边形，所以．
又平面平面，故平面．
【小问2详解】
取棱的中点，则在正三角形中，，所以平面．
以为坐标原点，的方向分别为轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
设，则．
所以．
设平面的法向量为，
则即可取．
设平面的法向量为，
则即可取．
由题设知，故，
即．
18. 已知点P为圆 上任意一点， 线段PA的垂直平分线交直线PC于点M，设点M 的轨迹为曲线H.
（1）求曲线H的方程;
（2）若过点M 的直线l与曲线H的两条渐近线交于S，T两点，且M 为线段ST的中点.
(i)证明：直线l与曲线H有且仅有一个交点；
(ii)求 的取值范围.
【答案】（1）
（2）( i )证明见解析，( ii)
【解析】
【分析】(1) 由双曲线的定义进行求解；
(2) ( i ) 设，求出，由直线l与曲线H方程进行求解；
（ii）由，则利用基本不等式求解．
【小问1详解】
M为的垂直平分线上一点, 则 ，
则
∴点M的轨迹为以为焦点的双曲线, 且，
故点M的轨迹方程为
【小问2详解】
( i ) 设，双曲线的渐近线方程为：，
如图所示：
则①，②，
①+②得， ，
①-②得， ，
则，得
由题可知，则，
得，即，
∴直线的方程为，即，
又∵点M在曲线H上，则 ，得，
将方程联立，得，
得，
由，可知方程有且仅有一个解，
得直线l与曲线H有且仅有一个交点.
（ii）由（i）联立 ，可得，同理可得， ，
则 ，
故，
当且仅当，即时取等号.
故的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：第二问中的第2小问中，先要计算，再由基本不等式求解范围．
19. 已知数列满足：．
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前项和为，求实数的值，使得数列是等差数列；
（3）对于数列，规定为数列的一阶差分数列，其中．如果的一阶差分数列满足，则称是“绝对差异数列”．判断数列是否为“绝对差异数列”并给出证明．
【答案】（1）
（2）
（3）数列是“绝对差异数列”，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，可得是以3为首项，2为公比的等比数列，结合通项公式化简可得数列成等差数列，首项为，公差为，从而得到数列an的通项公式；
（2）利用错位相减法求出，由等差数列得定义化简可得值；
（3）由“绝对差异数列”得定义结合已知条件化简可得结论.
小问1详解】
因为，所以．
因为，所以，
所以是以3为首项，2为公比的等比数列．
于是，
所以，即，
所以数列成等差数列，其首项为，公差为．
于是，
所以．
【小问2详解】
因为，
所以，
所以
，
所以．
因为
所以，所以．
当时，因为，
所以，所以数列是等差数列．
【小问3详解】
因为，
所以．
因为，
所以数列是递增数列，
所以数列an是“绝对差异数列”．
年龄
周平均锻炼时长
合计
周平均锻炼时间少于4小时
周平均锻炼时间不少于4小时
50岁以下
40
60
100
50岁以上（含50）
25
75
100
合计
65
135
200
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
1
2
3