云南省昆明市第九中学2025届高三上学期10月质量监测数学试题

这是一份云南省昆明市第九中学2025届高三上学期10月质量监测数学试题，共20页。试卷主要包含了单选题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

高三年级数学 试题卷
（全卷满分150分，考试用时120分钟）
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．
1. 已知复数，则（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】计算出后结合模长定义即可得.
【详解】，则.
故选：A.
2. 某校高一（4）班学生47人，寒假参加体育训练，其中足球队25人，排球队22人，游泳队24人，足球排球都参加的有12人，足球游泳都参加的有9人，排球游泳都参加的有8人，三项都参加的人数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意设参加各类活动学生的集合，找出各类运动的人数，然后结合题意列方程求解即可
【详解】设参加足球队的学生组成集合，参加排球队的学生组成集合，参加游泳队的学生组成集合，则
，，
设三项都参加的人数为，则，
因为
所以由，
得，解得，
即三项都参加的人数为5人，
故选：D
3. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对数函数及指数函数的单调性得出参数范围比较即可.
【详解】因为，，，所以.
故选：D.
4. 已知正方形的边长为，，，则的值为（ ）
A. 6B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
分析】建立平面直角坐标系，利用坐标法计算可得.
【详解】如图建立平面直角坐标，则，，，，
，，
．
故选：C．

5. 已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，棱锥的底面是边长为的正三角形，侧棱长为，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先判断球心在三棱锥的高线上，由正弦定理求得，求得，借助于列方程，求出外接球半径即得.
【详解】如图，设点在底面的射影为点，
因底面边长均为，侧棱长均为，故球心在上，
连接，设球的半径为，则，
由正弦定理，解得，
在中，，则，
在中，由，解得，
则球的表面积为.
故选：B.
6. 中华人民共和国体育代表团参加夏季奥运会以来，中国健儿们不断取得好成绩，到今天成长为体育大国，从2000年以来，金牌情况统计如下（不含中国香港､中国台湾）：
中国体育代表团夏季奥运会获得金牌数
根据以上数据，建立关于的线性回归方程，若不考虑其他因素，根据回归方程预测第33届（2024年巴黎奥运会）中国体育代表团金牌总数为（ ）
（精确到0.01，金牌数精确到1，参考数据：）；参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：.
A. 29B. 33C. 37D. 45
【答案】C
【解析】
【分析】先求出，然后由回归直线的方程公式求出方程，预测2024年对应代入回归方程即可求解.
【详解】，
，所以，
所以关于的线性回归方程为.
2024年对应，代入回归方程得，
故选：C.
7. 已知函数，将的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，若的图象与的图象关于轴对称，则的最小值等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数平移可得，进而根据即可代入化简得求解.
【详解】解：，要的图象与的图象关于轴对称，则，
所以，故，
又，故，
故选：B.
8. 已知方程，的根分别为，则的值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】得到，，构造，故，求导得到其单调递增，故，求出.
【详解】由题意得，，
令，则，
又恒成立，
故在R上单调递增，
故，
所以.
故选：B
二、多项选择题：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3分，有选错的得0分．
9. 如图，在正方体中，分别是的中点．下列结论正确的是（ ）
A. 与垂直B. 与平面
C. 与所成的角为D. 平面
【答案】ABD
【解析】
【分析】连接，运用中位线定理推出，结合线面平行和垂直的判定定理和性质定理，分析判断可得A、B、D正确；再由异面直线所成的角的概念判断可得C．
【详解】对A：连接，，则交于，又为中点，
可得，由平面，平面，
可得，故，故A正确；
对B：连接，，由正方体性质可知平面，
可得平面，故B正确；
对C：与所成角就是，连接，
由正方体性质可知，即为等边三角形，
故，即与所成的角为，故C错误；
对D：由，平面，平面，
故平面，故D正确．
故选：ABD．
10. 已知数列是公比为2的等比数列，且，则下列结论正确的是（ ）
A. 若是等比数列，则公比为
B. 是公比为2的等比数列
C.
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】依题意有，则an中奇数项和偶数项分别构成公比为2的等比数列，可判断BC选项，若an是等比数列，求出公比判断A选项，由已知条件求an的通项判断D选项.
【详解】数列是公比为2的等比数列，且，
得，则，因为，则，且.
若an是等比数列，则，故，所以公比，A错误；
由，故，即，故是公比为2的等比数列，B正确；
同理，数列是公比为2的等比数列，由，则，C正确；
由，则，设为偶数，则，同理设为奇数，则，
所以，D正确，
故选：BCD.
11. 如图，曲线是一条“双纽线”，其上的点满足：到点与到点的距离之积为4，则下列结论正确的是（ ）
A. 点在曲线上
B. 点在上，则
C. 点在椭圆上，若，则
D. 过作轴的垂线交于两点，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对选项A，根据“双纽线”定义即可判断A正确，对选项B，根据“双纽线”定义得到，再计算即可判断B错误，对选项C，根据“双纽线”定义和椭圆定义即可判断C正确，对选项D，设，根据勾股定理得到，再解方程即可判断D正确.
【详解】对选项A，因为，由定义知，故A正确；
对选项B，点在上，
则，
化简得，所以，，B错误；
对选项C，椭圆上的焦点坐标恰好为与，
则，又，所以，
故，所以，C正确；
对选项D，设，则，
因为，则，又，
所以，化简得，故，所以，故1，所以，故D正确，
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列，则数列的通项公式为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，根据题意，列出方程组，求得的值，即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，且成等比数列，可得，
即，解得，
所以数列的通项公式为.
故答案为：.
13. 自然常数是自然对数的底数，大约等于2.71828.某人用“调日法”找逼近的分数，称小于2.718281的值为弱值，大于2.718282的值为强值.由，取2为弱值，3为强值，得，故为弱值，与上一次的强值3计算得，故为弱值，继续计算，，若某次得到的近似值为弱值，与上一次的强值继续计算得到新的近似值；若某次得到的近似值为强值，与上一次的弱值继续计算得到新的近似值，依此类推，若，则__________.
【答案】6
【解析】
【分析】根据题意利用“调日法”不断计算，进行归纳推理能求出结果．
【详解】因为为弱值，则与上一次的强值3计算得为强值，
与上一次的弱值计算得为弱值，
与上一次的强值计算得为强值，
与上一次的弱值计算得，故.
故答案为：.
14. 已知直线与圆相交于两点，当的面积取得最大值时，直线的斜率为，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】设圆的半径为且，根据三角形的面积公式，得到时，的最大值为，结合圆的性质和点到直线的距离公式，列出方程，即可求解.
【详解】由，可化为，则圆心，
设圆的半径为且，则，
当时，的最大值为，
不妨取直线的方程为，因为，
所以点到直线的距离为，所以，解得，
又由，可得，解得.
故答案为：.
四．解答题：本小题共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. 在中，内角所对的边分别为，已知为边上一点.
（1）若为的中点，且，求；
（2）若平分，且，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）因为为中点，所以CD=12CA+CB，两边平方可得，即可解得；
（2）由平分，则，由，利用三角形的面积公式可求得，进而可求得的面积.
【小问1详解】
在中，，
因为为的中点，所以CD=12CA+CB，
两边平方得，
则，
解得.
【小问2详解】
因为平分，所以，
又，
所以，解得，
所以.
16. 在如图所示的圆柱中，AB，CD分别是下底面圆O，上底面圆的直径，AD，BC是圆柱的母线，E为圆O上一点，P为DE上一点，且平面BCE.
（1）求证：；
（2）若，二面角的正弦值为，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先通过面面平行的判断证明平面平面，再由面面平行的性质证明，即是中位线，由此得到是的中点；
（2）设，通过勾股定理计算将到的距离和到平面的距离用表示，根据二面角的正弦值列方程求出，再代入体积公式计算即可.
【小问1详解】
如图，连接，，
因为为母线，
所以,
又平面，
所以平面.
因为平面，
所以平面平面.
又因为平面平面，平面平面，
所以，
因为是的中点，
所以是的中点，
即.
【小问2详解】
如下图，作，，.
设到的距离为，则到的距离为.
设，则有，，
，
，，
因为，
所以.
因为平面，
所以到平面的距离即是到平面的距离，即.
所以，
解得.
所以.
17. 已知函数
（1）若函数的图象在处的切线方程为，求的值；
（2）若函数在R上是增函数，求实数取值范围；
（3）如果函数有两个不同的极值点，证明：
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义，可以求出a的值，再根据切点坐标在曲线上和切线上，即可求出b的值，从而得到答案.
（2）将函数在R上是增函数，转化为在R上恒成立，利用参变量分离转化成在R上恒成立，利用导数求的最小值即可.
（3）由已知可得 是的两个根，再构造函数并利用导数求出最小值即可.
【小问1详解】
函数，求导得，则，
由的图象在处的切线方程为，得，，
所以.
【小问2详解】
由函数在R上是增函数，得恒成立，
令，求导得，当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，则，
所以实数取值范围是.
【小问3详解】
依题意，函数，求导得，
由是的两个不同的极值点，得有两个不同的实根，
令，求导得，
当时，恒成立，则函数在R上单调递增，至多一个零点，不符合要求；
当时，由，得，由，得，
即函数在上递减，在上递增，，
而当时，，当时，，因此要有两个零点，
当且仅当，解得，
所以.
18. 羽毛球比赛采用21分制，比赛规则如下：一场比赛为三局两胜制，在一局比赛中，每赢一球得1分，先得21分且至少领先2分者获胜，该局比赛结束；当比分打成后，以投掷硬币的方式选择发球权，随后得分者拥有发球权，一方领先2分者获胜，该局比赛结束.现有甲､乙两人进行一场21分制的羽毛球比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立.已知第一局目前比分为.
（1）若再打两个球，这两个球甲得分为，求的分布列和数学期望；
（2）假设一旦两人比分相等，以投掷硬币的方式选择发球权，求一局比赛甲获胜的概率；
（3）用估计每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）由题意得的所有可取值为，根据独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到的分布列，再用期望公式求出即可；
（2）设第一局比赛甲获胜为事件，由（1）知，，利用全概率公式求解即可；
（3）利用独立事件的概率乘法公式求解.
【小问1详解】
依题意，所有可取值为.
设打成后甲先发球为事件，则乙先发球为事件，且，
所以，
，
.
所以的分布列为
故的数学期望为.
【小问2详解】
设第一局比赛甲获胜为事件，
则，
由（1）知，，
由全概率公式得：，
即，解得，所以.
【小问3详解】
.由（2）知，估计每一局甲获胜的概率均为，
设甲获胜时比赛的总局数为，因为每一局比赛的结果相互独立，
所以，，
故该场比赛甲获胜的概率为.
19. 已知双曲线的离心率为，右焦点为.
（1）求的方程；
（2）设动直线与双曲线有且只有一个公共点（第一象限），且与直线相交于点.
①证明：；
②设为坐标原点，求面积的最小值.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②.
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得双曲线的方程.
（2）①联立直线的方程和双曲线的方程，由此求得点坐标，求得点坐标，利用向量数量积的坐标运算证得.
②先求得三角形面积的表达式，然后导数求得面积的最小值.
【小问1详解】
设双曲线的半焦距为，由题意知，而，解得，
由，所以的方程为.
【小问2详解】
由，消去得，
由题意得，化简得.
则，故，
因为点在第一象限，所以，则.
将代入，得.
①由已知，所以，
所以.
②设直线与轴的交点为，则，
所以的面积为，
由，所以，
设，则，
令，解得，故在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值为.
所以当时，面积的最小值为.
【点睛】关键点点睛：根据已知条件求得，和是两个未知参数，要求出两个参数的值，需要两个已知条件，如本题中“双曲线的离心率以及右焦点”两个已知条件，再结合即可求得，从而求得双曲线的标准方程.
届数
第27届
第28届
第29届
第30届
第31届
第32届
届数代码
1
2
3
4
5
6
地点
2000年
悉尼
2004年
雅典
2008年
北京
2012年
伦敦
2016年
里约热内卢
2021年
东京
金牌数
28
32
48
38
26
38
0
1
2