云南省昆明市第九中学2025_2026学年高三上学期开学考试数学试卷[含解析]

这是一份云南省昆明市第九中学2025_2026学年高三上学期开学考试数学试卷[含解析]，共21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. 已知集合，，则中元素个数为（ ）
A. 0B. 3C. 5D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据补集的定义即可求出．
【详解】因为，所以， 中的元素个数为，
故选：C．
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】由复数除法即可求解.
【详解】因为，所以.
故选：A.
3. 已知双曲线C的虚轴长是实轴长的倍，则C的离心率为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题可知双曲线中的关系，结合和离心率公式求解
【详解】设双曲线的实轴，虚轴，焦距分别为，
由题知，，
于是，则，
即.
故选：D
4. 帆船比赛中，运动员可借助风力计测定风速的大小与方向，测出的结果在航海学中称为视风风速.视风风速对应的向量是真风风速对应的向量与船行风风速对应的向量之和，其中船行风风速对应的向量与船速对应的向量大小相等、方向相反.图1给出了部分风力等级、名称与风速大小的对应关系.已知某帆船运动员在某时刻测得的视风风速对应的向量与船速对应的向量如图2所示（线段长度代表速度大小，单位：m/s），则该时刻的真风为（ ）
A. 轻风B. 微风C. 和风D. 劲风
【答案】A
【解析】
【分析】结合题目条件和图写出视风风速对应的向量和船行风速对应的向量，求出真风风速对应的向量，得出真风风速的大小，即可由图得出结论.
【详解】由题意及图得，
视风风速对应的向量为：，
视风风速对应的向量，是真风风速对应的向量与船行风速对应的向量之和，
船速方向和船行风速的向量方向相反，
设真风风速对应的向量为，船行风速对应的向量为，
∴，船行风速：，
∴，
，
∴由表得，真风风速为轻风，
故选：A.
5. 记为等差数列的前n项和.若则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由等差数列前n项和公式结合题意列出关于首项和公差d的方程求出首项和公差d，再由等差数列前n项和公式即可计算求解.
【详解】设等差数列的公差为d，则由题可得 ，
所以.
故选：B.
6. 已知点是函数的图象的一个对称中心，则a的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正切函数的对称中心的结论求解.
【详解】根据正切函数的性质，的对称中心横坐标满足，
即的对称中心是，
即，
又，则时最小，最小值是，
即.
故选：B
7. 设抛物线的焦点为点A在C上，过A作的准线的垂线，垂足为B.若直线BF的方程为，则（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】先由直线求出焦点和即抛物线的方程，进而依次得抛物线的准线方程和点B，从而可依次求出和，再由焦半径公式即可得解.
【详解】对，令，则，
所以，即抛物线，故抛物线的准线方程为，
故，则，代入抛物线得.
所以.
故选：C
8. 一定条件下，某人工智能大语言模型训练N个单位的数据量所需要的时间（单位：h），其中k为常数．在此条件下，已知训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加20h；当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加（ ）
A. 2hB. 4hC. 20hD. 40h
【答案】B
【解析】
【分析】由题给条件列出不同训练数据量时所需的时间，结合对数的运算性质即可求解.
【详解】设当N取个单位、个单位、个单位时所需时间分别为,
由题意，，
，
，
因为，所以，
所以，
所以当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加4小时.
故选：B.
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，全部选对得6分.有选错得0分，部分选对得3分.）
9. 记为等比数列的前n项和，为的公比，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】对A，根据等比数列通项公式和前项和公式得到方程组，解出，再利用其通项公式和前项和公式一一计算分析即可.
【详解】对A，由题意得，结合，解得或（舍去），故A正确；
对B，则，故B错误；
对C，，故C错误；
对D，，，
则，故D正确；
故选：AD.
10. 在正三棱柱中，D为中点，则（ ）
A. B. 平面
C. D. 平面
【答案】BD
【解析】
【分析】法一：对于A，利用空间向量的线性运算与数量积运算即可判断；对于B，利用线面垂直的判定与性质定理即可判断；对于C，利用反证法即可判断；对于D，利用线面平行的判定定理即可判断；法二：根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐一分析判断各选项即可得解.
【详解】法一：对于A，在正三棱柱中，平面，

又平面，则，则，
因为是正三角形，为中点，则，则
又，
所以，
则不成立，故A错误；
对于B，因为在正三棱柱中，平面，
又平面，则，
又，平面，
所以平面，故B正确；
对于C，因为在正三棱柱中，，
假设，则，这与矛盾，
所以不成立，故C错误；
对于D，因为在正三棱柱中，，
又平面平面，所以平面，故D正确.
法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为，

则，
对于A，，
则，
则不成立，故A错误；
对于B、D，，
设平面的法向量为，
则，得，令，则，
所以，，
则平面，平面，故B、D正确；
对于C，，
则，显然不成立，故C错误.
故选：BD.
11. 已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（ ）
A. B. 当时，
C. 当且仅当D. 是的极大值点
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用代入求解即可；对C，举反例即可；对D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断.
【详解】对A，因为定义在上奇函数，则，故A正确；
对B，当时，，则，故B正确；
对C，， 故C错误；
对D，当时，，则，
令，解得或（舍去），
当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，
则是极大值点，故D正确；
故选：ABD.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填在答题卡中相应的位置上）
12. 在的展开式中，项的系数为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式定理相关知识直接计算即可.
【详解】展开式的通项公式为，
当时，，
即展开式中的系数为.
故答案为：
13. 4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数有_________种．
【答案】288
【解析】
【分析】先选家长作队尾和队首，再排中间四人即可.
【详解】先选两位家长排在首尾有种排法；再排对中的四人有种排法，
故有种排法.
故答案为：288
14. 若直线是曲线的一条切线，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】法一：利用导数的几何性质与导数的四则运算求得切点，进而代入曲线方程即可得解；法二：利用导数的几何性质与导数的四则运算得到关于切点与的方程组，解之即可得解.
【详解】法一：对于，其导数为，
因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2，
令，即，解得，
将代入切线方程，可得，
所以切点坐标为，
因为切点在曲线上，
所以，即，解得.
故答案为：.
法二：对于，其导数为，
假设与的切点为，
则，解得.
故答案为：.
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.请把答案填在答题卡中相应的位置上）
15. 在中，角的对边分别为．已知，，．
（1）求A的值；
（2）求c的值；
（3）求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化边为角再化简可求；
（2）由余弦定理，结合（1）结论与已知代入可得关于的方程，求解可得，进而求得；
（3）利用正弦定理先求，再由二倍角公式分别求，由两角和的正弦可得.
【小问1详解】
已知，由正弦定理，
得，显然，
得，由，
故；
【小问2详解】
由（1）知，且，，
由余弦定理，
则，
解得（舍去），
故；
【小问3详解】
由正弦定理，且，
得，且，则为锐角，
故，故，
且；
故.
16. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，平面，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）再从条件①、条件②中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：平面平面；条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）由菱形得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）选择条件①：由是的中点，，得，结合平面平面，得到平面，得到，进而，再结合平面，得，进而得平面,证得两两垂直.以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得和平面的法向量的坐标，结合向量的夹角公式，即可求解；
若选择条件②，平面得，利用勾股定理及其逆定理可得，，进而，再结合平面，得两两垂直.以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得和平面的法向量的坐标，结合向量的夹角公式，即可求解；
【小问1详解】
∵为菱形，所以.
又因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
若条件①：平面平面.
∵底面是边长为2菱形，，∴，
∵是的中点，∴
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面.
∵平面，所以.
∵，∴，
∵平面，平面，∴
又平面，∴平面
∵平面，∴
∴两两垂直，
以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面法向量为，
则，令，得，
设直线与平面所成角为，
则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
若选择条件②：.
∵平面，平面，∴
∵菱形棱长为2，
∴
∵，所以,
所以，即.
所以底面是边长为2的正方形，所以.
∵平面，平面，
∴
所以两两垂直.
以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设直线与平面所成角为，
则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
17. 已知椭圆的离心率为，长轴长为4．
（1）求C的方程；
（2）过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程；
（2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而可求弦长.
【小问1详解】
因为长轴长为4，故，而离心率为，故，
故，故椭圆方程为：.
【小问2详解】
由题设直线的斜率不为0，故设直线，，
由可得，
故即，
且，
故，
解得，
故.
18. 已知．
（1）若，求不等式的解集；
（2）若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围；
【答案】（1）
（2）且.
【解析】
【分析】（1）先求出，从而原不等式即为，构建新函数，由该函数为增函数可求不等式的解；
（2）求出函数的导数，就分类讨论后可得参数的取值范围.
【小问1详解】
因为，故，故，故，
故即为，
设，则，故在上增函数，
而即为，故，
故原不等式的解为.
【小问2详解】
在有极大值即为有极大值点.
，
若，则时，，时，，
故为的极小值点，无极大值点，故舍；
若即，则时，，
时，，
故为的极大值点，符合题设要求；
若，则时，，无极值点，舍；
若即，则时，，
时，，
故为的极大值点，符合题设要求；
综上，且.
19. 某次考试中，只有一道单项选择题考查了某个知识点，甲、乙两校的高一年级学生都参加了这次考试.为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高一年级各100名学生该题的答题数据，其中甲校学生选择正确的人数为80，乙校学生选择正确的人数为75.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率.
（1）估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率
（2）从甲、乙两校高一年级学生中各随机抽取1名，设X为这2名学生中该题选择正确的人数，估计的概率及X的数学期望；
（3）假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案；如果掌握该知识点，甲校学生选择正确的概率为，乙校学生选择正确的概率为.设甲、乙两校高一年级学生掌握该知识点的概率估计值分别为，，判断与的大小（结论不要求证明）.
【答案】（1）
（2），
（3）
【解析】
【分析】（1）用频率估计概率即可求解；
（2）利用独立事件乘法公式以及互斥事件的加法公式可求恰有1人做对的概率及的分布列，从而可求其期望；
（3）根据题设可得关于的方程，求出其解后可得它们的大小关系.
【小问1详解】
估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率.
【小问2详解】
设为“从甲校抽取1人做对”，则，，
设为“从乙校抽取1人做对”，则，，
设为“恰有1人做对”，故
依题可知，可取，
，，，
故的分布列如下表：
故.
【小问3详解】
设为 “甲校掌握这个知识点的学生做该题”，
因为甲校掌握这个知识点则有概率做对该题目，
未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，
故，即，故，
同理有，，故，
故.
级数
名称
风速大小（单位：m/s)
2
轻风
1.6~3.3
3
微风
3.4~5.4
4
和风
5.5~7.9
5
劲风
8.0~10.7