2024-2025学年云南省昆明市高三上册开学摸底考数学检测试题合集2套（含解析）

这是一份2024-2025学年云南省昆明市高三上册开学摸底考数学检测试题合集2套（含解析），共36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。
注意事项：
1答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚
2每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效
3考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回满分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，只有一项符合题目要求）
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知命题，则p的否定是（ ）
A．B．C．D．
3．正项等差数列的公差为d，已知，且三项成等比数列，则（ ）
A．7B．5C．3D．1
4．若，则（ ）
A．B．
C．D．
5．已知向量，若，则（ ）
A．B．C．D．
6．函数是奇函数且在上单调递增，则k的取值集合为（ ）
A．B．C．D．
7．函数，若对恒成立，且在上有3条对称轴，则（ ）
A．B．C．D．或
8．设椭圆的右焦点为F，过坐标原点O的直线与E交于A，B两点，点C满足，若，则E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
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．数列的前n项和为，已知，则下列结论正确的是（ ）
A．为等差数列B．不可能为常数列
C．若为递增数列，则D．若为递增数列，则
10．甲、乙两班各有50位同学参加某科目考试（满分100分），考后分别以、的方式赋分，其中分别表示甲、乙两班原始考分，分别表示甲、乙两班考后赋分．已知赋分后两班的平均分均为60分，标准差分别为16分和15分，则（ ）
A．甲班原始分数的平均数比乙班原始分数的平均数高
B．甲班原始分数的标准差比乙班原始分数的标准差高
C．甲班每位同学赋分后的分数不低于原始分数
D．若甲班王同学赋分后的分数比乙班李同学赋分后的分数高，则王同学的原始分数比李同学的原始分数高
11．已知函数及其导函数的定义域为，若与均为偶函数，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．4是的一个周期
C．D．的图象关于点对称
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．曲线在处的切线方程为 ．
13．若复数在复平面内对应的点位于直线上，则的最大值为 ．
14．过抛物线的焦点作直线l交C于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于M，N两点，若，则 ．
四、解答题（本大题共5小题，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A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求角C；
(2)若AB边上的高为1，的面积为，求的周长．
16．如图，PC是圆台的一条母线，是圆的内接三角形，AB为圆的直径，．

(1)证明：；
(2)若圆台的高为3，体积为，求直线AB与平面PBC夹角的正弦值．
17．已知函数．
(1)若在恒成立，求a的取值范围；
(2)若，证明：存在唯一极小值点，且．
18．动点到直线与直线的距离之积等于，且．记点M的轨迹方程为．
(1)求的方程；
(2)过上的点P作圆的切线PT，T为切点，求的最小值；
(3)已知点，直线交于点A，B，上是否存在点C满足？若存在，求出点C的坐标；若不存在，说明理由．
19．设，数对按如下方式生成：，抛掷一枚均匀的硬币，当硬币的正面朝上时，若，则，否则；当硬币的反面朝上时，若，则，否则．抛掷n次硬币后，记的概率为．
(1)写出的所有可能情况，并求；
(2)证明：是等比数列，并求；
(3)设抛掷n次硬币后的期望为，求．
1．A
【分析】解出集合，再利用交集含义即可得到答案.
【详解】，
而，则.
故选：A.
2．B
【分析】根据存在量词命题的否定形式可得.
【详解】由存在量词命题的否定形式可知：
的否定为.
故选：B
3．C
【分析】由等比中项的性质再结合等差数列性质列方程计算即可；
【详解】由题意可得，
又正项等差数列的公差为d，已知，
所以，即，
解得或（舍去），
故选：C.
4．D
【分析】利用诱导公式求出，然后结合平方公式和二倍角公式可得.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：D
5．C
【分析】联立和求出即可得解.
【详解】因为，所以，所以，
整理得①，
又，所以②，
联立①②求解得，
所以.
故选：C
6．C
【分析】根据奇函数的定义得得，即可验证单调性求解.
【详解】是奇函数，故，
则，，解得，
当时，，由于在0,+∞为单调递增函数，故在0,+∞单调递减，不符合题意，
当时，，由于在0,+∞为单调递增函数且，故为0,+∞单调递增，根据奇函数的性质可得在R上单调递增，符合题意，
故，
故选：C
7．B
【分析】根据求解即可.
【详解】由题知，当时取得最大值，即，
所以，即，
又在上有3条对称轴，所以，
所以，所以.
故选：B
8．D
【分析】设，表示出，根据列方程，用表示出，然后代入椭圆方程构造齐次式求解可得.
【详解】设，则，则，
因为，所以，
所以，
因为，
所以，得，
又在椭圆上，所以，即，
整理得，即，
解得或（舍去），所以.
故选：D

关键点睛：根据在于利用向量关系找到点A坐标与c的关系，然后代入椭圆方程构造齐次式求解.
9．AC
【分析】根据的关系求出通项，然后根据公差即可判断ABC；利用数列的函数性，分析对应二次函数的开口方向和对称轴位置即可判断D.
【详解】当时，，
当时，，
显然时，上式也成立，所以.
对A，因为，
所以an是以为公差的等差数列，A正确；
对B，由上可知，当时，an为常数列，B错误；
对C，若an为递增数列，则公差，即，C正确；
对D，若为递增数列，由函数性质可知，解得，D错误.
故选：AC
10．ACD
【分析】根据期望和标准差的性质求出赋分前的期望和标准差即可判断AB；作差比较，结合自变量范围即可判断C；作出函数的图象，结合图象可判断D.
【详解】对AB，由题知，
因为，，
所以，
解得，
所以，故A正确，B错误；
对C，因为，，
所以，即，所以C正确；
对D，作出函数的图象，如图所示：
由图可知，当时，有，
又因为单调递增，所以当时必有，D正确.
故选：ACD
11．ABD
【分析】注意到为偶函数则，由两边求导，令可判断A；结合导函数的奇偶性可判断B；利用的周期性和奇偶性可判断C；根据和可判断D.
【详解】因为为偶函数，所以，即，
而，故，故，
又为偶函数，所以，即，
所以，故即，
，所以4是的周期，故B正确.
对A，由两边求导得，
令得，解得，A正确；
对C，由上知，所以，
所以，C错误；
对D，因为，，
故，故的图象关于2,1对称，
故选：ABD
关键点睛：本题解答关键在于原函数与导数数的奇偶性关系，以及对两边求导，通过代换求导函数的周期.
12．##
【分析】求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，即可求出切线方程.
【详解】因为，则，
又，所以，
所以曲线在处的切线方程为．
故
13．##
【分析】根据复数对应的点在得，即可利用二倍角公式以及基本不等式求解.
【详解】对应的点为，故，
故，
由于，故，
则，
当且仅当，即，解得时等号成立，
故
14．
【分析】联立直线与抛物线方程，得韦达定理，根据焦点弦的公式可得，解得，即可求解得，即可代入求解.
【详解】的焦点为34,0，
根据题意可知直线有斜率，且斜率不为0，
根据对称性不设直线方程为，
联立直线与可得，
设，故，
故，解得，
直线，令，则，同理可得，
如下图，故，
故
15．(1)；
(2).
【分析】（1）利用余弦定理角化边，整理后代入余弦定理即可得解；
（2）利用面积公式求出，然后由面积公式结合余弦定理联立求解可得，可得周长.
【详解】（1）由余弦定理角化边得，，整理得，
所以，
因为，所以.
（2）由题知，，即，
由三角形面积公式得，所以，
由余弦定理得，
所以，所以，
所以的周长为.
16．(1)证明见详解；
(2).
【分析】（1）转化为证明平面，利用圆台性质即可证明；
（2）先利用圆台体积求出上底面的半径，建立空间坐标系，利用空间向量求线面角即可.
【详解】（1）由题知，因为为圆的直径，所以，
又，所以，
因为为的中点，所以，
由圆台性质可知，平面，且四点共面，
因为平面，所以，
因为是平面内的两条相交直线，所以平面，
因为平面，所以.
（2）圆台的体积，其中，
解得或(舍去).
由（1）知两两垂直，分别以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以.
设平面的一个法向量为，
则解得
于是可取.
设直线与平面的夹角为，
则，
故所求正弦值为.
17．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）参变分离，构造函数，利用导数求最值即可；
（2）求导，利用零点存在性定理结合单调性判断导函数的唯一零点在12,1内，利用零点方程代入，使用放缩法即可得证.
【详解】（1）在恒成立，等价于在上恒成立，
记，则，
当时，ℎ′x0，
所以ℎx在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，ℎx取得最小值，
所以，即a的取值范围.
（2）当时，，则，
因为在上均为增函数，所以在单调递增，
又，
所以在区间12,1存在，使得当x∈0,x0时，，当x∈x0,+∞时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以存在唯一极小值点.
因为，即，所以，
因为，且在12,1上单调递增，
所以，
又，所以，所以.
18．(1)
(2)2
(3)
【分析】（1）根据点到直线距离公式，即可代入化简求解，
（2）由相切，利用勾股定理，结合点到点的距离公式可得，即可由二次函数的性质求解，
（3）联立直线与双曲线方程得到韦达定理，进而根据向量的坐标关系可得，将其代入双曲线方程即可求解.
【详解】（1）根据到直线与直线的距离之积等于，可得，化简得，
由于，故，即.
（2）设，，
故当时，最小值为2
（3）联立与可得，
设，
则，
故
设存在点C满足，则，
故，
由于在，故，
化简得，即，解得或（舍去），
由于，解得且，
故符合题意，由于，故，
故,故，
故存在，使得
19．(1)答案见详解；
(2)证明见详解，；
(3)
【分析】（1）列出所有和的情况，再利用古典概型公式计算即可；
（2）构造得，再利用等比数列公式即可；
（3）由（2）得，再分，和讨论即可.
【详解】（1）当抛掷一次硬币结果为正时，；
当抛掷一次硬币结果为反时，.
当抛掷两次硬币结果为（正，正）时，；
当抛掷两次硬币结果为（正，反）时，；
当抛掷两次硬币结果为（反，正）时，；
当抛掷两次硬币结果为（反，反）时，.
所以，.
（2）由题知，，
当，且掷出反面时，有，此时，
当，且掷出正面时，有，此时，
所以，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以.
（3）设与的概率均为，
由(2)知，
显然，.
若，则，当下次投掷硬币为正面朝上时，，当下次投掷硬币为反面朝上时，;
若，则当下次投掷硬币为正面朝上时，，当下次投掷硬币为反面朝上时，;
若，则，
当下次投掷硬币为正面朝上时，，当下次投掷硬币为反面朝上时，.
所以时，期望不变，概率为;
时，期望加1，概率为.
所以.
故
.
经检验，当时也成立.
.
关键点点睛：本题第三问的关键是分和时讨论，最后再化简的表达式即可.
2024-2025学年云南省昆明市高三上学期开学摸底考数学检测试题
（二）
一、 单选题 （本题共计8小题，总分40分）
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若，则的虚部为（ ）
A．B．3C．D．
3．已知向量，若，则（ ）
A．B．0C．1D．2
4．如图，在正四棱台中，分别为棱的中点，则（ ）
A．直线与直线是异面直线B．直线与直线是异面直线
C．直线与直线共面D．直线与直线共面
5．在的展开式中，含项的系数是，则（ ）
A．B．0C．D．−2
6．“”是“”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
7．已知为抛物线上任意一点，为抛物线的焦点，为圆上任意一点，则的最小值为（ ）
A．6B．10C．4D．8
8．已知函数在与上的值域均为，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、 多选题 （本题共计3小题，总分18分）
9．已知函数，则（ ）
A．为偶函数B．
C．无零点D．在上单调递减
10．晓余每天9:00上班，17:30下班.若晓余从家到公司所需时间（单位:分钟）服从正态分布，从公司到家所需时间（单位:分钟）服从正态分布，则下列结论正确的是（ ）（参考数据:若随机变量服从正态分布，则）
A．若晓余8:36从家出发去公司，则晓余迟到的概率大于0.02
B．若晓余8:42从家出发去公司，则晓余不迟到的概率小于0.2
C．若晓余17:40从公司出发回家，则晓余18:00后到家的概率小于0.97
D．若晓余17:30从公司出发回家，则晓余18:00前到家的概率大于0.8
11．如图，球被一个距离球心的平面截成了两个部分，这两个部分都叫作球缺，截面叫作球缺的底面，球缺的曲面部分叫作球冠，垂直于截面的直径被截后所得的线段叫作球缺的高.球冠的面积公式为，球缺的体积公式为，其中为球的半径，为球缺的高，记两个球缺的球冠面积分别为，两个球缺的体积分别为，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则两个球缺的底面面积均为
B．若，则
C．若，则
D．若，则
三、 填空题 （本题共计3小题，总分15分）
12．曲线在点处的切线方程为 .
13．记为等差数列an的前项和，若，则
14．如图，已知分别是双曲线的左、右焦点，分别为双曲线的左支、右支上异于顶点的点，且.若，则双曲线的离心率为

四、 解答题 （本题共计5小题，总分77分）
15．某品牌汽车4S店搞活动，消费者对"圈圈套西瓜"活动的参与度较高.该活动的游戏规则如下：参加活动的每位消费者可领3个圈圈且均需用完，1个圈圈只能套一次西瓜，每次套中西瓜与否相互独立，套中的西瓜可被消费者带走.已知甲每次套中西瓜的概率为，乙每次套中西瓜的概率为.
(1)求甲恰好套中1个西瓜的概率；
(2)若甲、乙均套完第一次，记此时甲、乙两人套中西瓜的个数之和为，求随机变量的分布列与期望.
16．记的内角的对边分别为.已知.
(1)求；
(2)若，在边上存在一点，使得，求的长.
17．如图，在多面体中，底面是边长为2的正方形，为底面的中心，为的中点，侧面与是全等的等腰梯形，且.

(1)证明:平面
(2)若直线与平面所成角的余弦值为，求二面角的余弦值.
18．已知椭圆过点，焦距为，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的两点，且直线均不与轴垂直.
(1)求椭圆的方程.
(2)记直线的斜率为，直线的斜率为，证明:为定值.
(3)若为椭圆的上顶点，求的面积.
19．已知对任意正整数，均有，我们称为次切比雪夫函数.
(1)若为3次切比雪夫函数，求的值.
(2)已知为次切比雪夫函数，若数列满足.证明：
①数列中的每一项均为的零点；
②当时，.
1．C
【分析】根据正弦函数性质及交集的概念直接运算即可.
【详解】因为，所以.
故选：C
2．B
【分析】先利用除法运算化简复数，然后根据虚部的概念求解即可.
【详解】因为，所以，所以的虚部为3.
故选：B
3．D
【分析】先进行向量的线性坐标运算，再利用向量垂直的数量积坐标表示求解可得.
【详解】，.
因为，所以，
则，解得.
故选：D.
4．C
【分析】由正四棱台的结构特征，侧棱的延长线交于同一点，的延长线必过此点，可判断选项中的线线位置关系.
【详解】延长，
由正四棱台的性质可得侧棱的延长线交于同一点，设该交点为.
分别为棱的中点，
延长，则的延长线必过点，
则直线与直线相交于点；与直线相交于点；与直线相交于点
；与直线是异面直线.
故选：C.
5．A
【分析】展开式中含的项即从4个因式中取3个，1个常数项即可写出含的项，则可得出答案.
【详解】根据题意可得,
得，则.
故选：A
6．B
【分析】先利用二倍角公式对题中已知条件进行变形，对进行平方化简变形，然后再判断两个条件的逻辑关系即可得解.
【详解】必要性：由，可得，
则，即.
所以“”是“的必要条件；
充分性；由，可得，
即，
则，得或.
所以“”不是“的充分条件；
故选：B
7．D
【分析】利用抛物线的定义及点与圆的位置关系，通过数形结合计算最值即可.
【详解】如图，过点作垂直准线于点，连接交于点.
由题意可得的准线方程为.
因为，所以，
当三点共线时，取得最小值，最小值为，
所以的最小值为.
故选：D
8．A
【分析】借助辅助角公式化简后结合正弦型三角函数的性质可得，即可得与有关不等式组，解出即可得.
【详解】，
若，则，
若，则，
因为，，
所以，则有，解得，
即的取值范围是.
故选：A.
9．AD
【分析】利用函数的奇偶性定义可判定A，利用分段函数及对数函数的单调性可判定BD，直接解方程可判定C.
【详解】易知的定义域为.
因为，所以为偶函数，故A正确.
当时，，在0,+∞上单调递增，
所以在上单调递减，则，故B错误，D正确.
令,得,则有2个零点，故C错误.
故选：AD
10．ABD
【分析】利用正态曲线的对称性及参考区间概率值求解可得.
【详解】A项，晓余8:36从家出发去公司迟到即上班时间超过24分钟，
由服从正态分布，
所以，故A正确；
B项，晓余8:42从家出发去公司不迟到即上班时间不超过18分钟，
所以，故B正确；
C项，晓余17:40从公司出发回家，18:00后到家即下班时间超过20分钟，
由服从正态分布，
所以，故C错误；
D项，晓余17:30从公司出发回家18:00前到家即下班时间小于30分钟，
，
，故D正确.
故选：ABD.
11．BCD
【分析】根据勾股定理结合圆的面积公式计算判断A错误；根据截面的面积和球的体积公式根据不同条件计算进行判断BCD.
【详解】对于A，设这两个球缺的底面圆半径为，则，
因为，，解得，该圆的面积为A错误.
对于B，设两个球缺的高分别为，则.
由，得，则，所以，解得.
，同理得，所以B正确.
对于C，.设，由，得，则，C正确.
对于D，.
由，得.设函数，则
f′x>0在上恒成立，即在上单调递增，
所以，即D正确.
故选：BCD.
方法点睛：关于球的截面问题常用勾股定理求解截面半径和球的半径；
12．
【分析】求导，根据导数的几何意义运算求解.
【详解】由题意得,当x=0时,,
则所求的切线方程为,即.
故答案为.
13．38
【分析】利用等差数列下标和性质求出，再利用等差数列前项和公式结合等差中项性质求解即可.
【详解】因为数列an为等差数列，由等差数列下标和性质得，
解得，而.
故38
14．
【分析】延长与双曲线交于另一点，连接.因为，所以根据对称性可得四边形是平行四边形，则，根据双曲线的定义及余弦定理建立等量关系求解即可.
【详解】延长与双曲线交于另一点，连接.

因为，所以根据对称性可得四边形是平行四边形，
则.
设，则.
根据双曲线的定义可得，则，
所以.
在中，根据余弦定理可得，得.
在中，由，得,
则双曲线的离心率为.
故
15．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）利用独立重复试验的概率公式计算；
（2）由可能的取值，计算相应的概率，列出分布列，利用公式计算期望.
【详解】（1）依题意，甲恰好套中1个西瓜的概率为.
（2）随机变量的所有可能取值为.
则随机变量的分布列为
故.
16．(1)
(2)
【分析】（1）运用正弦定理进行边角互化，再用余弦定理可解; （2）运用正弦定理，结合勾股定理可解.
【详解】（1）由余弦定理得，
因为，所以.
因为，所以，解得，
因为，所以.
（2）因为，所以.
设，在中，由正弦定理得，则，
，由
解得或（舍去），
故的长为.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用三角形全等，证明，根据等腰三角形的性质，得，，再根据线面垂直的判断定理得出结论.
（2）先根据已知的线面角，确定的长度，再以为原点，建立空间直角坐标系，用空间向量求二面角的余弦.
【详解】（1）连接，

由侧面与是全等的等腰梯形,,为中点，
,及全等的性质,易得.
因为为底面的中心，所以是的中点,也是的中点,，
所以，.
因为平面,
所以平面.
（2）由(1)易得即直线与平面所成的角.
因为，,
所以，则.
分别取的中点,连接.
以为原点,所在直线分别为轴,轴,轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,.
所以：，，.
设平面的法向量为，
由得，令,则.
设平面的法向量为，
由得,令,则.
所以.
由图可知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)6
【分析】（1）根据题意得到，再解方程组即可.
（2）设，直线的方程为，与椭圆联立得到，再利用根系关系求证为定值即可.
（3）根据弦长公式得到或，利用点到直线的距离公式得到，即可得到答案.
【详解】（1）由题意得解得.
故椭圆的方程为.
（2）设，直线的方程为.
由得，
由,得,
则.
因为直线PM,PN均不与轴垂直.,所以，则且,
所以
为定值.
（3）由（2）易得，
解得或.
当时,直线经过点，不符合题意，舍去.
则时，此时直线的方程为.
点到直线的距离,
故的面积.
19．(1)1
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）方法一：利用两角和以及二倍角的余弦公式，化简，从而得到函数，即可求解；方法二：有题意写出，再根据，即可求的值；
（2）①由函数的解析式，得到，再代入求值；
②首先设（），利用导数判断函数的单调性，得到，从而得到，再结合不等式的性质，以及和差化积公式，即可证明不等式.
【详解】（1）(方法一)因为,
所以,则.
(方法二)由题意得,
令x=0,得,
即,则.
（2）证明:①由题可知,
则.
因为,所以,
所以数列中的每一项均为的零点.
②令,则在上单调递增,则,即.
因为,所以
则,则.
因为,
所以,从而.
关键点点睛：本题的关键是理解新定义，并能结合导数，三角函数恒等变换，以及不等式综合应用.
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