云南省曲靖市2025届高三上学期第一次质量检测数学试题 含解析

这是一份云南省曲靖市2025届高三上学期第一次质量检测数学试题 含解析，共19页。
1．答题前、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．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．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，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合，根据集合的交集运算求解.
【详解】，，
.
故选：B.
2. 若双曲线的焦距为4，实轴长为2，则其离心率为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线的几何性质求出得解.
【详解】由题可得，，，
所以双曲线的离心率为.
故选：A.
3. 记为等差数列的前项和，若，，则（ ）
A. 42B. 49C. 56D. 72
【答案】C
【解析】
【分析】应用等差数列的性质结合等差数列求和公式计算求解.
【详解】等差数列中，因为，则，
则.
故选：C.
4. 已知复数和，满足，则（ ）
A. B. 3C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的模长平方关系计算求和即可.
【详解】因为复数和，满足，
则，
所以，所以.
故选：C.
5. 有一组样本数据为0，1，2，3，4，5，在其中添加一个数构成一组新的样本数据，若，则新旧样本数据的第25百分位数相等的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由百分位数的概念可知，当为1，2，3，4，5时，新的样本数据的第25百分位数不变，进而求出概率.
【详解】由题意，，，所以原数据和新数据的第25百分位数均为第二个数，
所以，当为1，2，3，4，5时，新的样本数据的第25百分位数不变，
所以，新的样本数据的第25百分位数不变的概率是.
故选：D.
6. 在扇形中，以为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系、若，，为的中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出与的模，进而得到的三角函数值，再根据为的中点，得到的三角函数值，最后利用三角函数求出的坐标.
【详解】根据向量模的计算公式，若，则.
已知，则；
，则.
可得.
所以.
则.
则.
根据半角公式，；

因为，设.
；
.
所以.
故选：B.
7. 已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，，过棱作球的截面，则所得截面面积的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出三棱锥外接球的半径，取的中点，当垂直截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为长，当截面过球心时，截面圆的面积最大，即可得解.
【详解】如图，作平面，垂足为，取中点，外接球的球心为，连接，
易得为的中心，则，所以，
设外接球半径为，则，即，解得，
当垂直过的截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为长，
最小面积为，
当截面过球心时，截面圆的面积最大，最大面积为，
故截面面积的取值范围是.
故选：B.
8. 已知是函数的零点，是函数的零点，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2025
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可得，利用函数得单调性可得，运算得解.
【详解】由题可得，可得，
因为函数在上单调递增，
所以，则.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是由题得到，构造函数并根据单调性得到.
二、选择题：本题共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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为B. 在上单调递增
C. 的图象关于直线对称D. 的图象关于点对称
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定的函数解析式，结合正弦函数的性质，逐项判断作答.
【详解】对于A，的最小正周期为，故A正确；
对于B，，，由的单调性可知，在上单调递增，故B正确；
对于C，将代入解析式得，
所以不是的对称轴，故C错误；
对于D，当时，，所以的图象关于对称，故D正确.
故选：ABD.
10. 若的展开式的各二项式系数之和为32，则（ ）
A.
B. 展开式中只有第三项的二项式系数最大
C. 展开式中项的系数为1960
D. 展开式中系数为有理数的项共有2项
【答案】AC
【解析】
【分析】由题设得即可求解n判断A；由得二项式系数最大的是即可求解判断B；求出展开式的通项公式，再令即可求解判断C；由通项公式令即可求解判断D.
【详解】对于A，由题意得，故A正确；
对于B，因为，所以展开式中的二项式系数最大的是，
分别为展开式中的第三项和第四项的二项式系数，故B错误；
对于C，的展开式的通项公式为，
令，则，即展开式中项系数为1960，故C正确；
对于D，因为的展开式的通项公式为，
所以若，则时，对应的项为，均为有理项，
所以展开式中系数为有理数的项共有3项，故D错误.
故选：AC
11. “脸谱”是中国戏剧中特有的化妆艺术．“脸谱”图形可近似看作如图所示的由半圆和半椭圆组成的曲线．若半圆的方程为，半椭圆的方程为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若点在半圆上，点在半椭圆上，且，则面积的最大值为30
B. 若，，是半椭圆上的一个动点，则的最小值是
C. 若、是半椭圆上的动点，（异于坐标原点）是线段的中点，则
D. 若曲线在点处切线为，半椭圆的焦点为，过点作直线的垂线，垂足为，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，易得，，从而求解判断；对B，由椭圆定义可得到，由基本不等式可以得到，结合余弦定理即可求出的最小值；对C，设，，，将点的坐标代入椭圆方程，利用点差法求解判断；对D，求出曲线在点处的切线方程，进而求出直线的方程，求出点的坐标，求出.
【详解】对于A，因为点在半圆上，点在半椭圆上，为坐标原点，，
则，，，
当点在长轴的端点时，的面积最大，最大值为30，故A正确；
对于B，因为是半椭圆上上一点，所以，
，
当且仅当时，即点在短轴顶点时等号成立，故B错误；
对于C，设，，，则，，
又，两式相减得，
则，即.故C正确；
对于D，由椭圆在点处的切线方程为，
所以曲线在点处的切线方程为，即，
则切线的斜率为，点，所以直线的斜率为，
直线的方程为，
联立方程，解得，即，
，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题选项D解题的关键是求出椭圆在点处的切线方程，进而求出点的坐标.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知直线：与：平行，则与间的距离为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由两直线平行可求得，再由平行线间的距离公式代入计算可得结果.
【详解】由与两直线平行可得，解得；
即可得：，
所以与间的距离为.
故答案为：
13. 在棱长为1的正方体的顶点中任取两个不同的点，则这两点间的距离的均值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】立方体的个顶点中任意选择个作为线段的端点共有种可能，结合各种不同的长度线段的条数可以计算得到线段长度的均值.
【详解】立方体的个顶点中任意选择个作为线段的端点共有种可能，
其中有条棱，长度为，12条线段为立方体的个表面的对角线，长度为，
另有四条线段为立方体的体对角线，长度为，
根据均值的定义，计算均值为.
故答案为：
14. 已知，函数，若，使得关于的不等式成立，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】首先作出的图象，即可求出在的取值范围，依题意可得，结合图象可得的解集，即可得解.
【详解】因为，则定义域为，
所以的图象是取与图象位于下方的部分，
作出的图象如下所示（实线部分）：
当时，显然在上单调递减，且；
因为，使得关于的不等式成立，
所以，令，解得，
结合图象可得的解集为或，
即实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是画出的图象，结合图象得到的解集.
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. 已知抛物线：的焦点为．过点的直线与抛物线相交于A，两点，且，线段中点的横坐标为．
（1）求抛物线的方程；
（2）若直线的倾斜角为锐角，为坐标原点，求外接圆的一般方程.
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）设，，由焦点弦长公式结合中点坐标公式即可求出p得解；
（2）由题设设直线的方程为，与抛物线方程联立依次求出和即可求出m，进而求出点A、B，再设外接圆的一般方程列出方程组即可计算求解.
【小问1详解】
设，，则，，
抛物线的方程为．
【小问2详解】
由题意可知直线不与轴重合，又，
故可设直线的方程为，
由，得，故．
又，故．
直线的倾斜角为锐角，，
将带入，解得或，
不妨设点A在轴下方，则，，
设外接圆的一般方程为，
则，解得，
所以外接圆的一般方程为．
16. 已知函数，设锐角三个角，，的对边分别为，，．
（1）若，，，求的值；
（2）将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若，，，求的取值范围．
【答案】（1），．
（2）．
【解析】
【分析】（1）由二倍角和辅助角公式求得，再结合正、余弦定理即可求解；
（2）根据图像变换确定，求出，然后得到，进而利用三角函数的性质可求解.
【小问1详解】
．
，．
又，故，
，故．
，由正弦定理得．
又，由余弦定理得．
，．
【小问2详解】
由题意可知，．
且，．
．
为锐角三角形，,
，
，即的取值范围是．
17. 在四棱锥中，平面，，．
（1）若，为的中点，且平面，求的长；
（2）若，且二面角的大小为，求三棱锥的体积．
【答案】（1）4 （2）．
【解析】
【分析】（1）取的中点为，易证，由平面，可得，四边形为平行四边形，得得解；
（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面一个法向量结合二面角的大小为，求出，由运算得解.
【小问1详解】
如图，取的中点为，连接，，
则，且．
，
．
平面，平面，平面平面，
．
又，四边形为平行四边形．
，又，
．
【小问2详解】
平面，平面，
，又，，且平面，
平面，平面，
．
如图所示，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，
则，，，．
，，设平面的一个法向量为，
则，令，则，故．
又，，设平面的一个法向量为，
则，令，可得，故．
二面角的大小为，所以，
，
，即．
，
即三棱锥的体积为．
18. 已知函数．
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）若有两个零点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）．
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线斜率和切点坐标，即得切线方程；
（2）函数求导分解因式后，对参数分类讨论导函数的符号即得原函数的单调性；
（3）根据（2）的结论，对参数分类，分析函数的单调性，极值以及图象变化趋势，结合特殊值，即可得解.
【小问1详解】
当时，，
，．
又，故在处的切线方程为：．
【小问2详解】
．
当时，，故在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
故在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
【小问3详解】
当时，在上单调递增，不符合题意，故．
由（2）知，当时，．
有两个零点，．
又，．
令，则，
在上单调递减，且，
当时，，即．
又，
在上有一个零点；
，．
当时，，
在上有一个零点．
综上所述，有两个零点时，的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键是由（2）得，，构造函数利用导数研究零点.
19. 当今社会，每天都有海量信息通过网络等渠道快速传播，虽提供了丰富知识和多样视角，但也存在信息过载、虚假信息等问题，需要我们谨慎筛选辨别．信息论之父香农（）在1948年发表的论文《通信的数学理论》中指出，任何信息都存在冗余，冗余大小与信息中每个符号（数字、字母或单词）的出现概率或者说不确定性有关，把信息中排除了冗余后的平均信息量称为“信息熵”，并给出了计算“信息熵”的数学表达式，从而解决了对信息的量化度量问题．设随机变量的所有可能取值为1，2，…，，且，，定义的“信息熵”为．
（1）当时，求的值；
（2）当时，若，探究与是正相关还是负相关，说明理由；
（3）若，，，求此时的．
【答案】（1）0 （2）负相关，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）直接利用公式求解；
（2）先求出，再判断单调性即可求解；
（3）由可知数列从第二项起，是首项为，公比为4的等比数列，故而可求出，再由可得的解析式.
【小问1详解】
当时，，．
【小问2详解】
与负相关，理由如下：
当时，，．
令，，
则，
因为，则，所以，即，
函数在上单调递减．
与负相关．
【小问3详解】
由题意知，
．
．
．
令①
则②
由①-②得，，
．
．
．
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是理解新定义，特别是第三问，根据等比数列定义写出，进而写出的通项公式，应用错位相减法及等比数列前项和公式求化简.