2024-2025學年云南省昆明市高三上學期開學摸底考數學檢測試題（一）注意事項：1答題前，考生務必用黑色碳素筆將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號在答題卡上填寫清楚2每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號，在試題卷上作答無效3考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回滿分150分，考試用時120分鐘一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求）1．已知集合，則（

）A． B． C． D．2．已知命題，則p的否定是（

）A． B． C． D．3．正項等差數列的公差為d，已知，且三項成等比數列，則（

）A．7 B．5 C．3 D．14．若，則（

）A． B．C． D．5．已知向量，若，則（

）A． B． C． D．6．函數是奇函數且在上單調遞增，則k的取值集合為（

）A． B． C． D．7．函數，若對恒成立，且在上有3條對稱軸，則（

）A． B． C． D．或8．設橢圓的右焦點為F，過坐標原點O的直線與E交于A，B兩點，點C滿足，若，則E的離心率為（

）A． B． C． D．二、多項選擇題（本大題共3小題，每小題6分，共18分在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）9．數列的前n項和為，已知，則下列結論正確的是（

）A．為等差數列 B．不可能為常數列C．若為遞增數列，則 D．若為遞增數列，則10．甲、乙兩班各有50位同學參加某科目考試（滿分100分），考后分別以、的方式賦分，其中分別表示甲、乙兩班原始考分，分別表示甲、乙兩班考后賦分．已知賦分后兩班的平均分均為60分，標準差分別為16分和15分，則（

）A．甲班原始分數的平均數比乙班原始分數的平均數高B．甲班原始分數的標準差比乙班原始分數的標準差高C．甲班每位同學賦分后的分數不低于原始分數D．若甲班王同學賦分后的分數比乙班李同學賦分后的分數高，則王同學的原始分數比李同學的原始分數高11．已知函數及其導函數的定義域為，若與均為偶函數，且，則下列結論正確的是（

）A． B．4是的一個周期C． D．的圖象關于點對稱三、填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分）12．曲線在處的切線方程為．13．若復數在復平面內對應的點位于直線上，則的最大值為．14．過拋物線的焦點作直線l交C于A，B兩點，過A，B分別作l的垂線與x軸交于M，N兩點，若，則．四、解答題（本大題共5小題，共77分解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）15．記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．(1)求角C；(2)若AB邊上的高為1，的面積為，求的周長．16．如圖，PC是圓臺的一條母線，是圓的內接三角形，AB為圓的直徑，．

(1)證明：；(2)若圓臺的高為3，體積為，求直線AB與平面PBC夾角的正弦值．17．已知函數．(1)若在恒成立，求a的取值范圍；(2)若，證明：存在唯一極小值點，且．18．動點到直線與直線的距離之積等于，且．記點M的軌跡方程為．(1)求的方程；(2)過上的點P作圓的切線PT，T為切點，求的最小值；(3)已知點，直線交于點A，B，上是否存在點C滿足？若存在，求出點C的坐標；若不存在，說明理由．19．設，數對按如下方式生成：，拋擲一枚均勻的硬幣，當硬幣的正面朝上時，若，則，否則；當硬幣的反面朝上時，若，則，否則．拋擲n次硬幣后，記的概率為．(1)寫出的所有可能情況，并求；(2)證明：是等比數列，并求；(3)設拋擲n次硬幣后的期望為，求．1．A【分析】解出集合，再利用交集含義即可得到答案.【詳解】，而，則.故選：A.2．B【分析】根據存在量詞命題的否定形式可得.【詳解】由存在量詞命題的否定形式可知：的否定為.故選：B3．C【分析】由等比中項的性質再結合等差數列性質列方程計算即可；【詳解】由題意可得，又正項等差數列的公差為d，已知，所以，即，解得或（舍去），故選：C.4．D【分析】利用誘導公式求出，然后結合平方公式和二倍角公式可得.【詳解】因為，所以，所以.故選：D5．C【分析】聯立和求出即可得解.【詳解】因為，所以，所以，整理得①，又，所以②，聯立①②求解得，所以.故選：C6．C【分析】根據奇函數的定義得得，即可驗證單調性求解.【詳解】是奇函數，故，則，，解得，當時，，由于在0,+∞為單調遞增函數，故在0,+∞單調遞減，不符合題意，當時，，由于在0,+∞為單調遞增函數且，故為0,+∞單調遞增，根據奇函數的性質可得在R上單調遞增，符合題意，故，故選：C7．B【分析】根據求解即可.【詳解】由題知，當時取得最大值，即，所以，即，又在上有3條對稱軸，所以，所以，所以.故選：B8．D【分析】設，表示出，根據列方程，用表示出，然后代入橢圓方程構造齊次式求解可得.【詳解】設，則，則，因為，所以，所以，因為，所以，得，又在橢圓上，所以，即，整理得，即，解得或（舍去），所以.故選：D

關鍵點睛：根據在于利用向量關系找到點A坐標與c的關系，然后代入橢圓方程構造齊次式求解.9．AC【分析】根據的關系求出通項，然后根據公差即可判斷ABC；利用數列的函數性，分析對應二次函數的開口方向和對稱軸位置即可判斷D.【詳解】當時，，當時，，顯然時，上式也成立，所以.對A，因為，所以an是以為公差的等差數列，A正確；對B，由上可知，當時，an為常數列，B錯誤；對C，若an為遞增數列，則公差，即，C正確；對D，若為遞增數列，由函數性質可知，解得，D錯誤.故選：AC10．ACD【分析】根據期望和標準差的性質求出賦分前的期望和標準差即可判斷AB；作差比較，結合自變量范圍即可判斷C；作出函數的圖象，結合圖象可判斷D.【詳解】對AB，由題知，因為，，所以，解得，所以，故A正確，B錯誤；對C，因為，，所以，即，所以C正確；對D，作出函數的圖象，如圖所示：由圖可知，當時，有，又因為單調遞增，所以當時必有，D正確.故選：ACD11．ABD【分析】注意到為偶函數則，由兩邊求導，令可判斷A；結合導函數的奇偶性可判斷B；利用的周期性和奇偶性可判斷C；根據和可判斷D.【詳解】因為為偶函數，所以，即，而，故，故，又為偶函數，所以，即，所以，故即，，所以4是的周期，故B正確.對A，由兩邊求導得，令得，解得，A正確；對C，由上知，所以，所以，C錯誤；對D，因為，，故，故的圖象關于2,1對稱，故選：ABD關鍵點睛：本題解答關鍵在于原函數與導數數的奇偶性關系，以及對兩邊求導，通過代換求導函數的周期.12．##【分析】求出函數的導函數，利用導數的幾何意義求出切線的斜率，即可求出切線方程.【詳解】因為，則，又，所以，所以曲線在處的切線方程為．故13．##【分析】根據復數對應的點在得，即可利用二倍角公式以及基本不等式求解.【詳解】對應的點為，故，故，由于，故，則，當且僅當，即，解得時等號成立，故14．【分析】聯立直線與拋物線方程，得韋達定理，根據焦點弦的公式可得，解得，即可求解得，即可代入求解.【詳解】的焦點為34,0根據題意可知直線有斜率，且斜率不為0，根據對稱性不設直線方程為，聯立直線與可得，設，故，故，解得，直線，令，則，同理可得，如下圖，故，故15．(1)；(2).【分析】（1）利用余弦定理角化邊，整理后代入余弦定理即可得解；（2）利用面積公式求出，然后由面積公式結合余弦定理聯立求解可得，可得周長.【詳解】（1）由余弦定理角化邊得，，整理得，所以，因為，所以.（2）由題知，，即，由三角形面積公式得，所以，由余弦定理得，所以，所以，所以的周長為.16．(1)證明見詳解；(2).【分析】（1）轉化為證明平面，利用圓臺性質即可證明；（2）先利用圓臺體積求出上底面的半徑，建立空間坐標系，利用空間向量求線面角即可.【詳解】（1）由題知，因為為圓的直徑，所以，又，所以，因為為的中點，所以，由圓臺性質可知，平面，且四點共面，因為平面，所以，因為是平面內的兩條相交直線，所以平面，因為平面，所以.（2）圓臺的體積，其中，解得或(舍去).由（1）知兩兩垂直，分別以為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，如圖，則，所以.設平面的一個法向量為，則解得于是可取.設直線與平面的夾角為，則，故所求正弦值為.17．(1)；(2)證明見解析.【分析】（1）參變分離，構造函數，利用導數求最值即可；（2）求導，利用零點存在性定理結合單調性判斷導函數的唯一零點在12,1內，利用零點方程代入【詳解】（1）在恒成立，等價于在上恒成立，記，則，當時，?′x<0，當時，?所以?x在上單調遞減，在上單調遞增，所以當時，?x取得最小值，所以，即a的取值范圍.（2）當時，，則，因為在上均為增函數，所以在單調遞增，又，所以在區間12,1存在，使得當x∈0,x0時，，當x∈所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以存在唯一極小值點.因為，即，所以，因為，且在12,1上單調遞增，所以，又，所以，所以.18．(1)(2)2(3)【分析】（1）根據點到直線距離公式，即可代入化簡求解，（2）由相切，利用勾股定理，結合點到點的距離公式可得，即可由二次函數的性質求解，（3）聯立直線與雙曲線方程得到韋達定理，進而根據向量的坐標關系可得，將其代入雙曲線方程即可求解.【詳解】（1）根據到直線與直線的距離之積等于，可得，化簡得，由于，故，即.（2）設，，故當時，最小值為2（3）聯立與可得，設，則，故設存在點C滿足，則，故，由于在，故，化簡得，即，解得或（舍去），由于，解得且，故符合題意，由于，故，故,故，故存在，使得19．(1)答案見詳解；(2)證明見詳解，；(3)【分析】（1）列出所有和的情況，再利用古典概型公式計算即可；（2）構造得，再利用等比數列公式即可；（3）由（2）得，再分，和討論即可.【詳解】（1）當拋擲一次硬幣結果為正時，；當拋擲一次硬幣結果為反時，.當拋擲兩次硬幣結果為（正，正）時，；當拋擲兩次硬幣結果為（正，反）時，；當拋擲兩次硬幣結果為（反，正）時，；當拋擲兩次硬幣結果為（反，反）時，.所以，.（2）由題知，，當，且擲出反面時，有，此時，當，且擲出正面時，有，此時，所以，所以，所以是以為首項，為公比的等比數列，所以，所以.（3）設與的概率均為，由(2)知，顯然，.若，則，當下次投擲硬幣為正面朝上時，，當下次投擲硬幣為反面朝上時，;若，則當下次投擲硬幣為正面朝上時，，當下次投擲硬幣為反面朝上時，;若，則，當下次投擲硬幣為正面朝上時，，當下次投擲硬幣為反面朝上時，.所以時，期望不變，概率為;時，期望加1，概率為.所以.故.經檢驗，當時也成立..關鍵點點睛：本題第三問的關鍵是分和時討論，最后再化簡的表達式即可.2024-2025學年云南省昆明市高三上學期開學摸底考數學檢測試題（二）一、單選題（本題共計8小題，總分40分）1．已知集合，則（

）A． B． C． D．2．若，則的虛部為（

）A． B．3 C． D．3．已知向量，若，則（

）A． B．0 C．1 D．24．如圖，在正四棱臺中，分別為棱的中點，則（

）A．直線與直線是異面直線 B．直線與直線是異面直線C．直線與直線共面 D．直線與直線共面5．在的展開式中，含項的系數是，則（

）A． B．0 C． D．?26．“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件7．已知為拋物線上任意一點，為拋物線的焦點，為圓上任意一點，則的最小值為（

）A．6 B．10 C．4 D．88．已知函數在與上的值域均為，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．二、多選題（本題共計3小題，總分18分）9．已知函數，則（

）A．為偶函數 B．C．無零點 D．在上單調遞減10．曉余每天9:00上班，17:30下班.若曉余從家到公司所需時間（單位:分鐘）服從正態分布，從公司到家所需時間（單位:分鐘）服從正態分布，則下列結論正確的是（

）（參考數據:若隨機變量服從正態分布，則）A．若曉余8:36從家出發去公司，則曉余遲到的概率大于0.02B．若曉余8:42從家出發去公司，則曉余不遲到的概率小于0.2C．若曉余17:40從公司出發回家，則曉余18:00后到家的概率小于0.97D．若曉余17:30從公司出發回家，則曉余18:00前到家的概率大于0.811．如圖，球被一個距離球心的平面截成了兩個部分，這兩個部分都叫作球缺，截面叫作球缺的底面，球缺的曲面部分叫作球冠，垂直于截面的直徑被截后所得的線段叫作球缺的高.球冠的面積公式為，球缺的體積公式為，其中為球的半徑，為球缺的高，記兩個球缺的球冠面積分別為，兩個球缺的體積分別為，則下列結論正確的是（

）A．若，則兩個球缺的底面面積均為B．若，則C．若，則D．若，則三、填空題（本題共計3小題，總分15分）12．曲線在點處的切線方程為.13．記為等差數列an的前項和，若，則14．如圖，已知分別是雙曲線的左、右焦點，分別為雙曲線的左支、右支上異于頂點的點，且.若，則雙曲線的離心率為

四、解答題（本題共計5小題，總分77分）15．某品牌汽車4S店搞活動，消費者對"圈圈套西瓜"活動的參與度較高.該活動的游戲規則如下：參加活動的每位消費者可領3個圈圈且均需用完，1個圈圈只能套一次西瓜，每次套中西瓜與否相互獨立，套中的西瓜可被消費者帶走.已知甲每次套中西瓜的概率為，乙每次套中西瓜的概率為.(1)求甲恰好套中1個西瓜的概率；(2)若甲、乙均套完第一次，記此時甲、乙兩人套中西瓜的個數之和為，求隨機變量的分布列與期望.16．記的內角的對邊分別為.已知.(1)求；(2)若，在邊上存在一點，使得，求的長.17．如圖，在多面體中，底面是邊長為2的正方形，為底面的中心，為的中點，側面與是全等的等腰梯形，且.

(1)證明:平面(2)若直線與平面所成角的余弦值為，求二面角的余弦值.18．已知橢圓過點，焦距為，斜率為的直線與橢圓相交于異于點的兩點，且直線均不與軸垂直.(1)求橢圓的方程.(2)記直線的斜率為，直線的斜率為，證明:為定值.(3)若為橢圓的上頂點，求的面積.19．已知對任意正整數，均有，我們稱為次切比雪夫函數.(1)若為3次切比雪夫函數，求的值.(2)已知為次切比雪夫函數，若數列滿足.證明：①數列中的每一項均為的零點；②當時，.1．C【分析】根據正弦函數性質及交集的概念直接運算即可.【詳解】因為，所以.故選：C2．B【分析】先利用除法運算化簡復數，然后根據虛部的概念求解即可.【詳解】因為，所以，所以的虛部為3.故選：B3．D【分析】先進行向量的線性坐標運算，再利用向量垂直的數量積坐標表示求解可得.【詳解】，.因為，所以，則，解得.故選：D.4．C【分析】由正四棱臺的結構特征，側棱的延長線交于同一點，的延長線必過此點，可判斷選項中的線線位置關系.【詳解】延長，由正四棱臺的性質可得側棱的延長線交于同一點，設該交點為.分別為棱的中點，延長，則的延長線必過點，則直線與直線相交于點；與直線相交于點；與直線相交于點；與直線是異面直線.故選：C.5．A【分析】展開式中含的項即從4個因式中取3個，1個常數項即可寫出含的項，則可得出答案.【詳解】根據題意可得,得，則.故選：A6．B【分析】先利用二倍角公式對題中已知條件進行變形，對進行平方化簡變形，然后再判斷兩個條件的邏輯關系即可得解.【詳解】必要性：由，可得，則，即.所以“”是“的必要條件；充分性；由，可得，即，則，得或.所以“”不是“的充分條件；故選：B7．D【分析】利用拋物線的定義及點與圓的位置關系，通過數形結合計算最值即可.【詳解】如圖，過點作垂直準線于點，連接交于點.由題意可得的準線方程為.因為，所以，當三點共線時，取得最小值，最小值為，所以的最小值為.故選：D8．A【分析】借助輔助角公式化簡后結合正弦型三角函數的性質可得，即可得與有關不等式組，解出即可得.【詳解】，若，則，若，則，因為，，所以，則有，解得，即的取值范圍是.故選：A.9．AD【分析】利用函數的奇偶性定義可判定A，利用分段函數及對數函數的單調性可判定BD，直接解方程可判定C.【詳解】易知的定義域為.因為，所以為偶函數，故A正確.當時，，在0,+∞上單調遞增，所以在上單調遞減，則，故B錯誤，D正確.令,得,則有2個零點，故C錯誤.故選：AD10．ABD【分析】利用正態曲線的對稱性及參考區間概率值求解可得.【詳解】A項，曉余8:36從家出發去公司遲到即上班時間超過24分鐘，由服從正態分布，所以，故A正確；B項，曉余8:42從家出發去公司不遲到即上班時間不超過18分鐘，所以，故B正確；C項，曉余17:40從公司出發回家，18:00后到家即下班時間超過20分鐘，由服從正態分布，所以，故C錯誤；D項，曉余17:30從公司出發回家18:00前到家即下班時間小于30分鐘，，，故D正確.故選：ABD.11．BCD【分析】根據勾股定理結合圓的面積公式計算判斷A錯誤；根據截面的面積和球的體積公式根據不同條件計算進行判斷BCD.【詳解】對于A，設這兩個球缺的底面圓半徑為，則，因為，，解得，該圓的面積為A錯誤.對于B，設兩個球缺的高分別為，則.由，得，則，所以，解得.，同理得，所以B正確.對于C，.設，由，得，則，C正確.對于D，.由，得.設函數，則f′x>0在上恒成立，即在上單調遞增，所以，即D正確.故選：BCD.方法點睛：關于球的截面問題常用勾股定理求解截面半徑和球的半徑；12．【分析】求導，根據導數的幾何意義運算求解.【詳解】由題意得,當x=0時,,則所求的切線方程為,即.故答案為.13．38【分析】利用等差數列下標和性質求出，再利用等差數列前項和公式結合等差中項性質求解即可.【詳解】因為數列an為等差數列，由等差數列下標和性質得，解得，而.故3814．【分析】延長與雙曲線交于另一點，連接.因為，所以根據對稱性可得四邊形是平行四邊形，則，根據雙曲線的定義及余弦定理建立等量關系求解即可.【詳解】延長與雙曲線交于另一點，連接.

因為，所以根據對稱性可得四邊形是平行四邊形，則.設，則.根據雙曲線的定義可得，則，所以.在中，根據余弦定理可得，得.在中，由，得,則雙曲線的離心率為.故15．(1)(2)分布列見解析，【分析】（1）利用獨立重復試驗的概率公式計算；（2）由可能的取值，計算相應的概率，列出分布列，利用公式計算期望.【詳解】（1）依題意，甲恰好套中1個西瓜的概率為.（2）隨機變量的所有可能取值為.則隨機變量的分布列為012故.16．(1)(2)【分析】（1）運用正弦定理進行邊角互化，再用余弦定理可解;（2）運用正弦定理，結合勾股定理可解.【詳解】（1）由余弦定理得，因為，所以.因為，所以，解得，因為，所以.（2）因為，所以.設，在中，由正弦定理得，則，，由解得或（舍去），故的長為.17．(1)證