云南省昆明市2025届高三“三诊一模”摸底诊断测试数学试题含解析

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这是一份云南省昆明市2025届高三“三诊一模”摸底诊断测试数学试题含解析，共18页。
1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡
上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条
形码.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本
试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡交回.
一、单选题：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. 已知向量，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先求出，再根据坐标法计算其模.
【详解】因为，，
所以，
所以 .
故选：D
2. 复数在复平面内对应点所在的象限为（）
A. 第一象限 B. 第二象限
C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】首先要将复数化简为的形式，其中为实部，为虚部.根据复数的运算法则进行化简，然
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后根据实部和虚部的正负确定其在复平面内对应的点所在的象限.
【详解】化简复数，
对于复数，实部，虚部 .
因为实部，虚部，所以复数在复平面内对应的点在第一象限.
故选：A.
3. 已知集合，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据已知求出集合 B，再根据交集定义计算求解再判断即可.
【详解】因为，
又因为，所以，则 .
故选：D.
4. 某次测试成绩，记成绩分以上为优秀，则此次测试的优秀率约为（）
参考数据：若，则， .
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性，结合题中参考数据，即可求得优秀率.
【详解】因为，所以由正态分布性质得 120 分以上的概率为
，
故优秀率约为 .
故选：B.
5. 已知函数（），实数，满足，，则（
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）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件代入运算可得，求得 .
【详解】根据题意，可得，可得，
故选：B.
6. 已知点，，动点满足，当点的纵坐标是时，点到坐标原
点的距离是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用双曲线的定义求出点的轨迹方程，求出点的坐标即可得解.
【详解】设，由，得点的轨迹是以为焦点，
实轴长为 2 的双曲线右支，方程为，当时，，
所以点到坐标原点的距离是 .
故选：A
7. 已知一个圆锥的顶点和底面圆都在球的球面上，若圆锥的母线与球的半径之比为，则圆锥与球
的体积之比等于（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】画出草图，通过已知条件建立等式关系，逐步推导圆锥和球的相关参数，然后代入体积公式求出
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体积比.
【详解】设圆锥底面半径和高分别为，则母线，
显然球为圆锥外接球，设半径为 R，由，可得 .
又因为圆锥的母线与球的半径之比为，即 .
联立可得，将代入，可得 .
再将和代入，可得 .
然后求圆锥体积与球体积之比：圆锥体积，球的体积 .
则 . 把，代入上式可得 .
故选：C.
8. 从几何体的某一顶点开始，沿着棱不间断、不重复地画完所有棱的画法称为“一笔画”．下列几何体可以“一
笔画”的是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
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【解析】
【分析】根据一笔画的要求，先找到都是偶点的图形，一定可以一笔画，再验证奇点的图形是否符合一笔
画的条件.
【详解】从一顶点出发的边数为双数的顶点叫偶点，凡是偶点组成的图形一定可以一笔画，所以 C 选项正
确;
从一顶点出发的边数为单数的顶点叫奇点，凡是奇点组成的图形，必须满足只有两个奇点，其余点为偶点
才可以一笔画，
而 ABD 选项图形中，每个点都是奇点，所以不能一笔画.
故选：C
二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，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. 设是一个随机试验中的两个事件，若，，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据对立事件的概率公式判断 A，根据条件概率公式判断 B，根据全概率公式判断 C，根据和事件
的概率公式判断 D.
【详解】因为，，，
所以，故 A 正确；
，故 B 正确；
因为，
所以，故 C 正确；
，故 D 错误.
故选：ABC
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10. 已知函数，则（）
A. 图象关于轴对称 B. 是的一个周期
C. 在单调递减 D. 图象恒在轴的上方
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据偶函数的定义判断 A，计算即可判断 B，利用特殊值判断 C，根据正弦函
数的性质及诱导公式判断 D.
【详解】函数的定义域为，
又，
所以为偶函数，则图象关于轴对称，故 A 正确；
因为，
所以是的一个周期，故 B 正确；
因为，
，
又，所以，所以且在定义域上连续，
所以在不可能单调递减，故 C 错误；
因为，
当时，且，
又因为，
所以，即，
由在上单调递增，所以，
所以；
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当时，且，
又因为，
所以，即，
由在上单调递增，所以，
所以；
综上可得：对，恒成立，即图象恒在轴的上方，故 D 正确.
故选：ABD
11. “四叶草”形态优美、寓意美好．已知曲线，其形态极像“四叶草”，设为坐
标原点，为上异于原点的一点，过点作直线的垂线交坐标轴于，两点，则（）
A. 有 4 条对称轴 B. 围成的面积大于
C. D. 的面积最大值为 4
【答案】ACD
【解析】
【分析】对 A，通过方程中的变换得新曲线的对称轴判断；对 B，由该曲线在以原点为圆心，半径为 2 的圆
内，故面积小于圆的面积判断；对 C，设点，求出直线，点的坐标，结合
求解；对 D，由结合，得解.
【详解】对于 A，将换为方程不变，所以曲线关于轴对称；
将换为方程不变，所以曲线关于轴对称；
将换为，换为方程不变，所以曲线关于对称；
将换为，换为方程不变，所以曲线关于对称；
所以曲线有 4 条对称轴，故 A 正确；
对于 B，，则，
所以曲线包含在圆的内部，因为圆的面积为，
所以曲线的面积小于，故 B 错误；
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对于 C，设点，则，且，
所以直线，即，
令，得，即，
令，得，即，
由，可得，，
，故 C 正确；
对于 D，由 C 可知，，又，则，
，当且仅当点在圆上时等号成立，故 D 正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题求曲线的对称轴，关键是通过替换方程中去分析证明.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知函数满足，则实数 ________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据推导出，即可得到，解得即可.
【详解】因为函数满足，
则，即，所以，
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所以，解得，经检验符合题意.
故答案为：
13. 围棋是世界上最古老的棋类游戏之一．一副围棋的棋子分黑白两种颜色，现有枚黑色棋子和枚白色
棋子随机排成一行，每枚棋子排在每个位置可能性相等，则两端是同色棋子的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】计算两端棋子颜色不同的概率，再使用对立事件概率的性质即可.
【详解】若两端的棋子颜色不同，那么两端的棋子的颜色分布有种可能，中间的棋子的颜色分布有
种可能.
所以两端棋子颜色不同的概率为，故两端是同色棋子的概率为 .
故答案为： .
14. 已知函数，曲线在，两点（不重合）处切线互相垂直，垂足为，两切
线分别交轴于，两点，设△ 面积为，若恒成立，则的最小值为________．
【答案】1
【解析】
【分析】先根据已知条件求出，进而得到，再求出，根据的范围得出的
范围，最后根据恒成立求出的最小值.
【详解】由函数，设，， .
对求导得，所以在点处切线 .
对求导得，所以在点处切线 .
因为切线垂直，则，所以 .
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此时，因为，即，所以，，于是 .
由，因为，，则，
解得 . 因为，
又，根据基本不等式，所以 .
由恒成立，则 .则的最小值为 1.
故答案为：1.
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. 已知内角所对的边分别为，．
（1）求；
（2）若，，求的周长．
【答案】（1）
（2）15
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，及二倍角公式化简求解；
（2）由得，结合余弦定理求得，得解.
【小问 1 详解】
由正弦定理及二倍角公式得，
因为，所以，，故，
所以 .
【小问 2 详解】
由，得，则，
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由余弦定理得，
所以，故，
所以周长为 .
16. 已知抛物线的焦点为，直线过与交于，两点，为坐标原点，直线交的
准线于点．
（1）当的倾斜角为时，求；
（2）求直线斜率；
（3）若，，，四点共圆，求该圆的半径．
【答案】（1）8 （2）0
（3）
【解析】
【分析】（1）可利用直线方程与抛物线方程联立，再根据弦长公式计算. （2）需要先求出、两点坐标，
通过直线与准线方程求出点坐标，再结合直线与抛物线方程求出点坐标. （3）若，，，
四点共圆，根据圆内接四边形的性质求出相关关系，进而求出圆的半径.
【小问 1 详解】
由题意知，抛物线焦点坐标为，直线的方程为，
联立，则，所以，，
所以 .
【小问 2 详解】
设直线的方程为，，，
联立，，所以，，所以，
直线方程为，所以点的纵坐标为，
所以，直线的斜率为 0.
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【小问 3 详解】
由题意知，，，，，不妨设第一象限，
因为，，，四点共圆，直线平行轴，故可设圆心坐标为，圆半径为，
，即，所以，
，
解得，故，所以 .
17. 如图，四棱台的底面为正方形，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若侧面为等腰梯形， .
（i）证明：平面平面；
（ii）求平面和平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）（i）证明见解析；（ii）．
【解析】
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【分析】（1）取中点为，证明四边形为平行四边形，得，利用线面平行的判定
定理证明；
（2）（i）由勾股定理可得，即，又，可证平面，由面面
垂直的判断定理得证；（ii）过点作直线平面，以为坐标原点建立如图坐标系，
求出平面和平面的法向量，代入公式运算得解.
【小问 1 详解】
取中点为，连结，，由为的中点得，，
在四棱台中，由已知得，，所以，，
所以四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，
所以平面．
【小问 2 详解】
（i）因为，所以，
所以，即，
又，，平面，
所以平面，
由平面，故平面平面 .
（ii）过点作直线平面，以为坐标原点建立如图坐标系，
不妨设，则，
因为平面平面，且侧面为等腰梯形，易求得四棱台的高为，
则，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
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则由，得，
令，得平面的一个法向量为，
同理，得平面的一个法向量为，
设平面和平面的夹角为，则，
所以平面和平面夹角的余弦值为．
18. 已知函数（）．
（1）若，求的极值；
（2）讨论的单调性．
【答案】（1）无极大值，极小值为
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求出的解析式和定义域，根据导数求解；
（2）求出，分、、、和结合导数即可求解.
【小问 1 详解】
时，，定义域为，
，由得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
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所以有极小值，无极大值，极小值为；
【小问 2 详解】
，
①当时，，，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减；
②当时，，，，
，
时，，，，单调递增，
时，，，，单调递减，
时，，，，单调递增；
③当时，，在上单调递增；
④当时，，，，
时，，，，单调递增，
时，，，，单调递减，
时，，，，单调递增；
⑤当时，，
时，，，单调递减，
时，，，单调递增.
【点睛】关键点点睛：本题（2）关键在于对取值范围的正确分类.
19. 已知数列，，，是的前项和.
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（1）证明：数列为等差数列；
（2）求；
（3）若，记数列的前项和为，证明：．
参考数据： .
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等差数列通项公式证明即可；
（2）应用错位相减法计算求和即可；
（3）分奇偶应用等比数列求和，再构造函数应用导函数判断函数的单调性结合累加法及对数运算证明即可.
【小问 1 详解】
由题，得；
又，所以数列是以为首项，为公差的等差数列.
【小问 2 详解】
由（1）可知，故 .
，
则，
两式相减得，
，
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所以 .
【小问 3 详解】
由（2）可知
所以数列中的奇数项（），
偶数项，（）， .
由于，则，所以，则，
所以 .
由于
.
构造函数，，
所以，则在上单调递减.
所以当时，则，
即任意，，即在恒成立.
令，，则，即，，
所以，，， .
以上各式相加得，
，即 .
所以 .
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【点睛】关键点点睛：解题的关键点是构造函数求导函数确定函数的单调性及应用换元法
令，累加法计算求解.
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