2025届云南省昆明市第一中学高三(上)第一次月考(8月)数学试卷(解析版)

这是一份2025届云南省昆明市第一中学高三(上)第一次月考(8月)数学试卷(解析版)，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由可得，因，则，,
故.
故选：B.
2. 若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设，，
则，
即，
则，解得，则.
故选：C.
3. 已知向量．则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】A
【解析】向量，则，
所以.
故选：A
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由展开可得，，
整理得，，即.
则.
故选：B.
5. 已知圆锥的底面半径为，侧面展开图的圆心角为，则圆锥的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】圆锥的底面半径为，侧面展开图的弧长为，
又侧面展开图的圆心角为，得圆锥母线长，
则圆锥的表面积.
故选：D.
6. 已知直线过椭圆的一个焦点与交于两点，若当垂直于轴时，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图，不妨设直线经过椭圆的右焦点，因垂直于轴，由图形对称性知，椭圆经过点，
代入椭圆方程可得，，整理得，，
把代入整理得，，
两边同除以，即得，，解得或，
因，故得，.
故选：C.
7. 函数在区间内只有一个极值点的充分不必要条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由且，得，
显然，
由函数在区间内只有一个极值点，则，
解得，
结合选项，所以函数在区间内只有一个极值点的充分不必要条件是.
故选：A
8. 已知函数，若，则的最小值为（ ）
A 0B. C. D.
【答案】D
【解析】令，则，，
令，求导得，当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，.
故选：D
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. 若随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】随机变量服从正态分布，则，
对于A，，A正确；
对于B，，则，B正确；
对于C，由，得，
因此，C正确；
对于D，，则，D错误.
故选：ABC
10. 已知函数的定义域为，且函数是偶函数，函数是奇函数，当时，，下列结论正确的是（ ）
A. 的图象的一条对称轴是直线B. 当时，
C. 函数有3个零点D.
【答案】ACD
【解析】对于A：由于是偶函数，因此可以得到，
用替换可以得到，则的对称轴为，
选项A正确；
对于B：当时，显然是一个增函数，此时，因此，
选项B错误；
对于C：由于是奇函数，因此可以得到，
则，因此，故，
因此，则，则4是函数的周期.
当x∈0,1时，是一个向下凹的曲线，在的下方，
容易知道是两者一个交点的横坐标，由于是的对称轴，
因此当时，，
由于，因此当时，，
而4是函数的周期，因此当时，y=fx和无交点.
由于，且4是函数的周期，因此，
进一步得到，因此，
故是奇函数，而也是奇函数，因此当时两者也只有一个交点，
显然是它们一个交点的横坐标，故总共有三个交点，即y=gx有三个零点，
选项C正确.
对于D：由于，因此，有.
则，D选项正确.
故选：ACD.
11. 已知拋物线上的动点到焦点的距离最小值是2，经过点的直线与有且仅有一个公共点，直线与交于两点，则（ ）
A. B. 抛物线的准线方程为
C. D. 满足条件的直线有2条
【答案】BC
【解析】对于A，由题意拋物线的动点到焦点的距离最小值是2，即，A错误；
对于B，抛物线的准线方程为，B正确；
对于C，由题设, 为，
联立，可得，
则，
故， C正确.
对于D，因为在外，令过P的直线与相切，
所以，若，，
可得有两个根
故与相切直线有两条，又与只有一个交点，
所以过与有且仅有一个公共点的直线共有三条，D错误；
故选：BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知数列的前项和为满足，则的通项公式为______．
【答案】
【解析】数列前项和，当时，，
而不满足上式，
所以的通项公式为.
13. 已知分别是曲线和直线上的点，则的最小值为______．
【答案】
【解析】平移直线与曲线相切，设切点坐标为，
由，求导得，依题意，即，
而，解得，因此切点坐标为，
所以的最小值为.
14. 在某次国际商贸交流会展期间，举办城市为了提升安保级别，在平时正常安保的基础上再将甲、乙等6名特警人员分配到展区附近的4个不同的路口进行执勤，若每个特警只能分配去1个路口且每个路口至少安排1名特警，则甲和乙不安排在同一个路口执勤的概率是______．
【答案】
【解析】6名特警分配到展区附近的4个不同的路口进行执勤，不同安排方法数为，
甲乙安排在同一路口，视甲乙为一个人，5个人安排到4个路口的安排数为，
因此甲和乙安排在同一个路口执勤的概率是，
所以甲和乙不安排在同一个路口执勤的概率是.
四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若的周长为，求的面积．
解：（1）由可得，，因，则.
由和正弦定理，，
因，代入得，，
因，则得，，又，且，故；
（2）由（1），,
由正弦定理，，
设比值为，则，
因的周长为，即，
即，则，
又
故的面积为：.
16. 已知和为双曲线上两点．
（1）求的离心率；
（2）若过的直线交于另一点，且的面积为12，求点的坐标．
解：（1）由题意可得，，解得，
故，则的离心率为；
（2）由（1）可得双曲线方程为：，
如图，依题意，,
直线的方程为，即，
设点，则点到直线的距离为：，
于是，的面积为，即①，
又在双曲线上，故得，②，
由①知，当时，将代入②整理得，，
解得或，
此时点坐标为或；
当时，将代入②整理得，，
解得或，
此时点坐标为或.
经验证，以上四点均符合题意，故点的坐标为或或或.
17. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，平面在线段上且是的中点，点在线段上，且．

（1）当时，证明：平面平面；
（2）当平面与平面所成的二面角的正弦值为时，求四棱锥的体积．
解：（1）连接，作交CD于点，则四边形为平行四边形，
，在中，，，，
由余弦定理得，有，则，
由题设，在中，分别是AD，的中点，则，，
由，得，由平面，平面，
得，又，且都在面内，则平面，
又平面，所以平面平面.

（2）以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，
平面的一个法向量为，设平面的法向量为，
则，令x=2，得，
由平面与平面所成的二面角的正弦值为，得，
于是，解得，，
所以四棱锥的体积.
18. 已知.
（1）求的极值；
（2）画出函数的大致图象；（注意：需要说明函数图象的变化趋势）
（3）若函数至多有一个零点，求实数的取值范围.
解：（1）由函数，可得其定义域为，且，
令，可得
列表如下：
由上表知，在上单调递减，在上单调递增，
故当时，取极小值，无极大值.
（2）由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增，
令，可得；令，可得，
当时，；当时，；
当时，，由指数爆炸增长得，；
当时，；
结合（1）可画出函数的大致图象如图所示；

（3）令，可得，
则函数至多有一个零点等价于函数的图象与直线至多有一个交点，
结合（1）（2）知，当时，即时，函数的图象与直线至多有一个交点，即函数至多有一个零点时，所以，
即实数的取值范围为.
19. 设集合为的非空子集，随机变量分别表示取到子集中元素的最大值和最小值．
（1）若的概率为，求；
（2）若，求且的概率；
（3）已知：对于随机变量，有．求随机变量的期望．
解：（1）的非空子集个数为，
则，
解得，所以.
（2）当集合中的最大元素和最小元素分别为9，2时，
集合元素个数最少时，；集合元素个数最多时，，
而集合的可能情况有种，
当时，集合的非空子集个数为个，
所以．
（3）集合的非空子集个数为，
最大值为的子集可视为的子集与集合的并集，共计个，
同理为的子集共计个，为的子集共计个，…，为1的子集共计个，
因此，
最小值为1的子集可视为的子集与集合的并集，共计个，
同理为2的子集共计个，为3的子集共计个，…，为的子集共计个，
因此，
于是
，
所以．2
-
-
0
+
极小值