云南省昆明市第九中学2025-2026学年高三上学期11月考试数学试卷

这是一份云南省昆明市第九中学2025-2026学年高三上学期11月考试数学试卷，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．如图，复数在复平面内对应的点为（ ）
A．E B．F C．G D．H
2．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，，，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
4．为等比数列，若，，成等差数列，则（ ）
A．1B．2C．4D．8
5．双曲线的顶点到渐近线的距离为（ ）
A．2B．C．D．1
6．若函数()的图象向左平移个单位后，所得图象关于原点对称，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知是正方体的中心O关于平面的对称点，则下列说法中错误的是（ ）
A．平面
B．平面平面
C．平面
D．，，，，，六点在同一球面上
8．已知函数，若有四个不同的零点，则a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．数据，，3，7，8，9，11，15的下四分位数是1
B．若用不同的模型拟合同一组数据，则决定系数越大的模型，拟合效果越好
C．已知随机变量，若，，则
D．依据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，可以认为两个变量没有关联
10．已知是递增的等比数列，其前n项和为，若，则（ ）
A．B．
C．D．不是等比数列
11．已知是椭圆的焦点三角形，椭圆在点处的切线与直线所成角的大小是，则（ ）
A．的周长为
B．的面积为
C．若是上的动点，则
D．若是上的动点，则
三、填空题
12．的展开式中的系数为 (用数字作答)
13．随着《生物多样性公约》第十五次缔约方大会(COP15)重新确定于2021年5月17日至30日在云南省昆明市举办，“生物多样性”的目标､方法和全球通力合作，又成为国际范围的热点关注内容.昆明市市花为云南山茶花，又名滇山茶，原产云南，国家二级保护植物.为了监测滇山茶的生长情况，从不同林区随机抽取100株滇山茶测量胸径D(厘米)作为样本，通过数据分析得到，若将的植株建档重点监测，据此估算10000株滇山茶建档的约有 株.附∶若，则，.
14．设抛物线C∶()的焦点为，第一象限内的A，B两点都在C上，O为坐标原点，若，，则点A的坐标为 .
四、解答题
15．已知的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.
（1）求B；
（2）设，，求c.
16．已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明∶对任意的，都有.
17．如图，在四棱台中，平面，H是的中点，四边形为正方形，.
（1）证明∶平面平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
18．甲､乙两位选手在某次比赛的冠､亚军决赛中相遇，赛制为三局两胜(当一方赢得两局胜利时，该方获胜，比赛结束)，比赛每局均分出胜负.甲､乙以往进行过多次比赛，若从中随机抽取20局比赛结果作为样本，抽取的20局中甲胜12局､乙胜8局，若将样本频率视为概率，各局比赛结果相互独立.
（1）求甲获得冠军的概率；
（2）此次决赛设总奖金50万元，若决赛结果为，则冠军奖金为35万元，亚军奖金为15万元；若决赛结果为，则冠军奖金为30万元，亚军奖金为20万元.求甲参加此次决赛获得奖金数X的分布列和数学期望.
19．已知椭圆C∶()的左，右焦点分别为，，离心率为，M为C上一点，面积的最大值为.
（1）求C的标准方程；
（2）已知点，O为坐标原点，不与x轴垂直且不过的直线l与C交于A，B两点，且.试问∶的面积是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，说明理由.
《云南省昆明市第九中学2025-2026学年高三上学期11月考试数学试卷》参考答案
1．D
【分析】化简，可得到复平面对应的点，即可得解.
【详解】由，其复平面对应点坐标为，
故对应在第四象限，
故选：D.
2．B
【分析】化简集合，根据交集的概念运算可得结果.
【详解】由得，所以，
所以.
故选：B
3．C
【分析】由题设得且，即可求与的夹角.
【详解】由题设知：，
∴，而，
∴，由，则有.
故选：C.
4．A
【分析】设公比为，即得，根据等差中项的性质有，即可求值.
【详解】设的公比为，则，而，，成等差数列，
∴，即，解得.
∴.
故选：A.
5．C
【分析】由双曲线的对称性知各顶点到渐近线的距离相等，根据方程写出右顶点及一条渐近线方程，结合点线距离公式求距离即可.
【详解】根据双曲线的对称性，其两个顶点到两条渐近线的距离都相等，
由题意，知：右顶点坐标为，一条渐近线方程为，
∴，即顶点到渐近线的距离为.
故选：C.
6．B
【分析】由题设得到，由其图像关于原点对称则，结合已知即可求的最小值.
【详解】由解析式，图象向左平移个单位，则，
∴图象关于原点对称，即 ，得，，
∴当时，的最小值为.
故选：B.
7．D
【分析】对于A，利用可得平面，故A正确；
对于B，建立空间直角坐标系，利用空间向量证明平面与平面的法向量垂直可得平面平面，故B正确；
对于C，建立空间直角坐标系，利用空间向量证明，，再根据直线与平面垂直的判断定理可证结论；
对于D，假设这六个点在同一个球面上，推出矛盾可得解.
【详解】对于A，如图：因为为正方体的中心，与关于平面对称，所以，
且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B，以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
设正方体的棱长为，则， ，， ， ， ，，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
由，得，取，则，所以，
由，得，取，则，所以，
因为，所以，所以平面平面，故B正确；
对于C，以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
设正方体的棱长为，则，，，，，
，，，
因为，，
所以，，
又，所以平面，故C正确；
对于D，假设，，，，，六点在同一球面上，根据为正方体的中心，与关于平面对称可知该球的球心为的中点，设为，
设正方体的棱长为，则，但是，，不满足，
所以假设不成立，故，，，，，六点不在同一球面上，故D不正确.
故选：D
【点睛】关键点点睛：B和C中，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解是解题关键.
8．A
【分析】讨论、，应用导数研究单调性，要使有四个不同的解，即当两个区间均存在两个零点时，求a的范围即可.
【详解】由题意知：有四个不同的零点，
∴，则有四个不同的解，
当时，，其零点情况如下：
1）当或时，有；
2）当或时，或；
当时，，则有如下情况：
1）当时，即单调递增，不可能出现两个零点，不合题意；
2）当时，在上，单调递增，在上，单调递减，而有，有，所以只需，得时，必有两个零点.
∴综上，有时，在、上各有两个零点，即共有四个不同的零点.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：应用分类讨论，利用导数研究函数的单调性，求在满足零点个数的情况下参数范围.
9．ABC
【分析】根据百分位数的计算公式即可求解A，根据决定系数的定义即可求解B，根据二项分布的方差和期望的公式即可求解C，根据独立性检验的性质即可求解D.
【详解】A：8个数从小到大排列，因为，且，可得下四分位数是1，故A正确；
B：由决定系数越大，残差平方和越小，即模型的拟合效果越好，B对；
C：因为，，，
则，解得：，，故C正确；
D：由，依据的独立性检验，可以认为两个变量有关联的可信度越高，错.
故选：ABC
10．AC
【分析】设的公比为，根据题意求出基本量，进而逐项验证即可求解.
【详解】设的公比为，则由，单调递增，得，
因为，所以，解得或（舍去），
对于A，，故A正确；
对于B，，.故B错误；
对于C，，，故C正确；
对于D，，，
所以是首项为3，公比为的等比数列，故D错误.
故选：AC.
11．AD
【分析】应用椭圆定义得出周长判断A，应用焦点三角形计算求解判断B，应用两角差正切公式结合不等式判断C，应用点到直线距离计算判断D.
【详解】的周长为，A正确；
根据椭圆的光学性质，与直线所成角的大小也是，从而，则的面积为，B错误；
设在第一象限，则，由得，于是，得，
设，当时，，则，当且仅当时取最大角，C错误；
由C选项，根据点到直线的距离公式，D正确.
故选：AD.
12．40
【分析】根据二项展开式的通项公式可得，令，即可得解.
【详解】，
令，所以，
其系数为，
故答案为：40
13．228
【分析】由题设知，结合正态分布的对称性求，进而可求10000株滇山茶建档的株数.
【详解】由题意知：，而，
∴，
∴10000株滇山茶建档的约有228株.
故答案为：228.
14．
【分析】根据所给条件，过点，分别作轴的垂线，垂足分别为，设，由且，结合抛物线焦半径公式可得，从而求得
，，再解即可得解.
【详解】
如图，过点，分别作轴的垂线，垂足分别为，
设，由且，
所以，所以 ，
所以，所以，
同理，故在中，
，
解得，所以，，所以，
故答案为：.
【点睛】本题考查了抛物线上的点的问题，考查了抛物线焦半径公式以及解三角形，要求较高的计算量，属于较难题.
解此类问题的方法有：
（1）利用几何关系结合抛物线的性质进行计算；
（2）联立形成方程，利用韦达定理进行计算.
15．（1）；（2）.
【分析】（1）由题设，根据正弦定理得，结合三角形内角的性质得，即可求B；
（2）由余弦定理，结合已知条件列方程，即可求c.
【详解】（1）由正弦定理得：，而，
∴，又，，
∴，又，即.
（2）由余弦定理，即，
∴，解得.
16．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据导数的几何意义可求得结果；
（2）利用导数求出函数的最小值为0，可证不等式成立.
【详解】（1）函数的定义域为，由题得.
又，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）.
由于，令，得；
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递减，
所以，
所以对任意的，都有.
【点睛】关键点点睛：（2）中，利用导数求出函数的最小值为0是解题关键.
17．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由为正方形及线面垂直的性质有、，结合线面垂直的性质有面，根据面面垂直的判定即可证平面平面.
（2）构建以A为原点，建立空间直角坐标系，设确定，，，，的坐标，进而可得，，，，求面、面的法向量，由法向量的夹角与二面角的关系求二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：∵为正方形，即，又面，面，∴，又，､平面，
∴平面，又平面，
∴平面平面.
（2）解：由题意，，，两两垂直，以A为原点，建立空间直角坐标系如图，设，则，，，，.
∴，，，，
若面的一个法向量为，则,，可得，
若面的一个法向量为，则,，可得，
设面与面所成锐二面角为，则，
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】关键点点睛：
（1）应用正方形性质、线面垂直的性质证线线垂直，根据线面垂直、面面垂直的判定证面面垂直；
（2）构建空间直角坐标系，设线段长进而确定对应点坐标，利用向量法求二面角的余弦值.
18．（1）；（2）分布列答案见解析，数学期望：(万元).
【分析】（1）由题意可得每局比赛甲、乙获胜的概率，甲得冠军可以2:0赢得比赛，或以2:1赢得比赛，分析计算，即可得答案.
（2）X的所有可能的取值为35，30，20，15，分别计算每个X取值对应的概率，列出分布列，即可求得期望.
【详解】解：（1）用样本频率估计概率可知，每局比赛甲获胜的概率为.
每局比赛乙获胜的概率为，
甲获得冠军的概率.
（2）由题意知，X的所有可能的取值为35，30，20，15，
，，
，，
X的分布列为：
(万元).
19．（1）；（2）存在，最大值为6.
【分析】（1）根据椭圆的离心率公式、椭圆的性质、椭圆中的关系进行求解即可；
（2）通过直线斜率与倾斜角之间的关系，由可以得到，这样利用直线方程与椭圆方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，结合斜率公式、换元法、基本不等式进行求解即可.
【详解】（1）设椭圆C的半焦距为c，
由题，面积最大值为，则，解得
所以椭圆方程为.
（2）设直线的方程为，，，
将代入，得，
，由得，
，，
由，得，即，，
整理得，
即，
所以，，
所以直线l：经过，且恒成立，
，
，
令，则，
所以，
当且仅当时取等号，即，时，的面积取最大值为6.
【点睛】关键点睛：由得到这是一个关键点，另外通过变形运用基本不等式也是关键点之一.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
C
A
C
B
D
A
ABC
AC
题号
11









答案
AD









X
35
30
20
15
P