2025届云南省名校高三下月考（八）数学试卷（解析版）

这是一份2025届云南省名校高三下月考（八）数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设复数z满足，则z=（ ）
A. -1+iB. -1-iC. 1+iD. 1-i
【答案】A
【解析】由得=，故选A.
2. 已知集合，，若，，则集合的个数为（ ）
A. 2B. 4C. 7D. 8
【答案】B
【解析】由题意知，则集合为，，，共4个.
故选：B．
3. 2025年某市教育主管部门组织该市教师春季学期在线培训，培训后统一进行测试．随机抽取100名教师的测试成绩进行统计，得到频率分布直方图，如图所示．已知这100名教师的成绩都在区间[75，100]内，则下列说法正确的是（ ）
A. 这100名教师测试成绩的极差一定是25分
B. 这100名教师的测试成绩的众数是87分
C. 这100名教师的测试成绩的中位数是85分
D. 这100名教师中测试成绩不低于90分的人数约占30％
【答案】D
【解析】这100名教师的测试成绩的最高分和最低分都无法确定，则极差不确定，故A错误；
由题图可知，这100名教师的测试成绩的众数是87.5分，故B错误；
前两组的频率和为，前三组的频率和为，
故中位数在第三组，设这100名教师的测试成绩的中位数为，
则，
解得，故C错误；
估计这100名教师中测试成绩不低于90分的人数占.
故选：D
4. 已知向量，满足，，则（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】C
【解析】由得，由得，所以，
故.
故选：C
5. 从3位男生、4位女生中选派4人参加座谈会，则既有男生又有女生参加的不同选派方法共有（ ）
A. 120种B. 60种C. 34种D. 30种
【答案】C
【解析】从7人中任选4人，除去选到4个全是女生的情况，共有.
故选：C．
6. 已知一个正四棱锥的底面边长为2，体积为，若该四棱锥的顶点都在球O的球面上，则球O的表面积等于（ ）
A. 9πB. 4πC. D. 3π
【答案】A
【解析】正四棱锥的外接球的球心在它的高上，
由已知得，得，
易知正四棱锥底面外接圆半径，
球的半径为，由球的性质得，解得，
所以球O的表面积为.
故选：A．
7. 已知抛物线E：上存在两点A，B关于直线l：对称，F为E的焦点，则（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 10
【答案】D
【解析】设，，则，故，
所以，代入l得，则，
故选：D．
8. 已知函数，，，则（ ）
A. B. C. 4D. 16
【答案】D
【解析】设，，
，
令，解得，
令，解得，
所以在上单调递增，
在上单调递减，
的极小值为，
又因为，，所以有两个零点，，
，且，即得，（*）
若，，则的零点也为，，
且代入（*）式得：，所以
故选：D．
二、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，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 如图，在长方体中，，，E为的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. ∥平面
B. 平面
C. 四面体的体积等于
D. 经过AB的平面截该长方体的截面面积的最大值为
【答案】ACD
【解析】如图，连接，，，易知平面平面，且平面，故有平面，A正确；
易知，为等腰三角形，为底边，故与BD不垂直，即平面不成立，B错误；
由平面知，，C正确；
经过AB的截面为矩形，截面与侧面的交线最长为对角线，故截面面积的最大值为，D正确.
故选：ACD．
10. 已知等差数列的公差为d，函数（），则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，的极大值点为
B. 当时，无极值点
C. 当时，在上单调递增
D. 当时，在上单调递增
【答案】ABD
【解析】解：，
，
若，则，，
或时，，单调递增，
时，，单调递减，则极大值点为，
又，故A正确；
若，，，在R上单调递增，无极值点，故B正确；
当时，，与的大小无法确定，故C错误；
当时，，在上单调递增，故D正确．
故选：ABD．
11. 阿基米德螺线是最古老的数学曲线之一，由古希腊科学家阿基米德在公元前3世纪提出．想象一下：你拿一支笔，在匀速旋转的圆盘上同时匀速向外移动，笔尖画出的轨迹就是阿基米德螺线．如图，在平面直角坐标系xOy中，螺线与坐标轴依次交于点，，，，，，并按这样的规律继续下去．当时，下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 的面积为D. 为锐角三角形
【答案】ABD
【解析】对于A，点，点分别位于x轴，y轴（或y轴，x轴），
则，故A正确；
对于B，点，点同时位于x轴或y轴，则，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，，由于，所以在中，为最大角，由余弦定理得
，
则为锐角，即为锐角三角形，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在中，已知，，，则________．
【答案】8
【解析】由余弦定理得，故，解得．
故答案为：8.
13. 已知函数（）在区间上恰有3个零点，且是函数图象的一条对称轴，则________．
【答案】
【解析】因为，由已知得，所以，
又是函数图象的一条对称轴，所以，
则，
当时，，满足题意，
所以．
故答案为：
14. 数列的每一项为0或1，称此数列为0—1数列．（）表示所有k项0—1数列构成的集合．现从集合中随机取出两个元素，，与，，，定义随机变量，则________．
【答案】
【解析】集合中共有个元素，任取两个元素，
即数列，，与，，，
有4种可能情况：，，，，
即或1．当，此时或者；当，
此时，或，，
由集合中元素的互异性，数列，，与，，对应项不可能完全相同，
所以，，中至少有1个1，至多有3个1，
所以最小值为1，最大值为3，
即的所有可能取值为1，2，3．
，即，，中有1个1，有2个0，
对应的情况共有种，
所以，同理，，，
所以．
故答案为：.
四、解答题：本题共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. 如图，在三棱柱中，和都是边长为2的正三角形．

（1）证明：；
（2）若三棱柱的体积等于3，求平面与平面夹角的余弦值．
（1）证明：取BC中点为O，连接AO，，
由和都是正三角形，得，，
又，平面，所以平面，
又平面，所以．

（2）解：设点到平面ABC的距离为h，
易知，
由已知得，所以，
在正中，，所以，即平面ABC，
以O为原点建立空间直角坐标系，如图，则
，，，，
所以，，设平面的法向量为，
则由，得，
令，则，得平面的一个法向量．
又，，设平面的法向量为，
则由，得，
令，则，所以平面的一个法向量．
设平面与平面夹角为θ，则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
16. 小明同学上学期间每天都在学校食堂用午餐．学校食堂有、两家餐厅，小明第1天随机等可能选择一家用午餐．若他在前一天选择去餐厅的条件下，接着一天继续选择餐厅的概率为；而在前一天选择去餐厅的条件下，接着一天继续选择去餐厅的概率为．记小明同学第天选择去餐厅用午餐的概率为．
（1）求；
（2）证明：数列是等比数列，并求的通项公式．
（1）解：设“第天去餐厅用午餐”，“第天去餐厅用午餐”，，
与互斥．由题意，，，，
所以，
由全概率公式得；
（2）证明：“第天去餐厅用午餐”，“第天去餐厅用午餐”，．
与互斥且对立．由题意，，当，时，
，，，，，
所以li
，
所以，
又，故，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
故，所以．
17. 已知函数恰有两个零点，，．
（1）求a的取值范围；
（2）证明：．
（1）解：，当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，则是的极小值点，
要使在定义域内恰有两个零点，则，所以．
又当，，当，，故．
即a的取值范围是．
（2）证明：设函数，，
则，
因为当时，则，故，
所以函数在上单调递增，又，所以，
即，不妨设，由（1）可知，
则，又，
所以，此时，，
又在上单调递减，故，
所以．
18. 已知点是圆O：上的动点，点在轴上的射影为，点满足，记动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）设分别是与轴的交点，（点在轴正半轴上），过点的直线与分别交于点（异于点），直线与直线交于点，证明：点在定直线上．
（1）解：设，
因为为在轴上的射影，所以．如下图：
已知，则，可得，
即．
又因为在圆O：上，将代入圆方程得，
即，
所以方程为．
（2）证明：由（1）易知，由题意知，直线不垂直于轴，
故设直线：，由点在内，则直线与恒有两个交点，设为，．
联立，得，
由韦达定理得，，则（*）．
又直线的方程为，直线的方程为，
设直线与直线的交点为，
则联立方程，解得
，
将（*）式代入化简得
，
故点在定直线：上．
19. 设数列的前n项和为，由，，…，组成的数列记为，把新数列称为原数列的一阶和数列，设数列的前n项和为，把数列称为数列的二阶和数列，依此类推，可得数列的p阶和数列，其中．
（1）若，求数列的二阶和数列的通项公式；
（2）若．
①求数列的三阶和数列的通项公式；
②写出数列的p阶和数列的通项公式（不用证明）．
解：（1）因为，根据定义知：
，
所以数列的一阶和数列的通项公式为．
同理数列的二阶和数列的通项公式为：
．
（2）①因为，所以．
设，，
．
而，所以，
又因为，而，…，，
所以．
，又因为，
所以，…，，
所以数列的三阶和数列的通项公式为：．
②观察数列的一阶和数列的通项公式，
二阶和数列的通项公式，
三阶和数列的通项公式，
猜想数列的阶和数列的通项公式为（）