云南省昆明市2025届高三下学期三诊一模复习教学质量检测数学试卷（含答案）

这是一份云南省昆明市2025届高三下学期三诊一模复习教学质量检测数学试卷（含答案），共10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。
1.复数z=5i1+2i，则|z|=( )
A. 5B. 5 5C. 2 5D. 5
2.已知集合A={−1,0,1,2}，B={x|−10，x2−2xy+z2=0，x2z>xB. x>y>zC. y>x>zD. z>x>y
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知O为坐标原点，设椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B，点P在E上，且PF⊥OA，当E的离心率变化时，下列三角形可能为等腰三角形的是( )
A. △BFOB. △PAOC. △PBOD. △PAF
10.某校有男生m人，女生n人，且男生身高的均值为x1，方差为S12，女生身高的均值为x2，方差为S22，全体学生身高均值和方差分别为x，S2，则下列说法一定正确的是( )
A. 若x1=x2，则x=12(x1+x2)B. 若m=n，则x=12(x1+x2)
C. 若x1=x2，则S2≥12(S12+S22)D. 若m=n，则S2≥12(S12+S22)
11.若函数y=f(x)满足：对∀x1，x2∈R，x1+x2≠0都有f(x1)+f(x2)x1+x2>0，则称该函数具有性质M，下列函数具有性质M的是( )
A. f(x)=exB. f(x)=x3+x
C. f(x)=−x2,x≥0x2,x0)的图象的交点为A1，A2，A3，⋯，An (1≤i2．
18.(本小题17分)
如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD/​/BC，AD=2AB=2BC=2．
(1)证明：平面PAC⊥平面PCD;
(2)若PA=2，动点M在△PAD内(含边界)且MB2+MD2=5．
①求动点M的轨迹的长度;
②设直线CM与平面PBD所成角为θ，求sinθ的取值范围．
19.(本小题17分)
已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的焦距为4 63，y= 3x是C的一条渐近线．
(1)求C的方程;
(2)直线l:y=3x+m(m≠0)与C交于A，B两点，O为坐标原点，动点P满足OP=OA+OB，求点P的轨迹方程;
(3)若曲线y=x3+n与C交于M，N两点(M,N两点位于y轴右侧)，记直线MN的斜率为k，求k的取值范围．
参考答案
1.D
2.B
3.A
4.C
5.B
6.C
7.B
8.A
9.ABC
10.ABD
11.BD
12.−4
13.6 105
14. 22
15.解：(1)由5Sn+an=1知，5Sn+1+an+1=1，
所以5Sn+1−5Sn+an+1−an=0，
即6an+1=an，
从而an+1=16an，又5a1+a1=1可得a1=16，
所以，数列an是以16为公比的等比数列，
综上所述，an=(16)n；
(2)由(1)可知an=(16)n，故an+2=(16)n+2 ，
所以lg6an=−n,lg6an+2=−(n+2)，
故而bn=1n(n+2)=12(1n−1n+2)，
所以Tn=12(1−13+12−14+13−15+14−16+⋯+1n−2−1n+1n−1−1n+1+1n−1n+2)
=12(1+12−1n+1−1n+2)=n(3n+5)4(n+1)(n+2)．
16.解：(1)设事件M=“发射器第一次发送“0指向”的光子”，
事件N=“第二次发送“1指向”的光子”，
则P(M)=12，P(NM)=12×23=13，
由条件概率公式，P(N|M)=P(NM)P(M)=1312=23．
(2)由题意：X=0，1，2，
P(X=0)=A22A42=16，
P(X=1)=C21C21A22A42=23，
P(X=2)=A22A42=16，
所以X的分布列为：
(3)设事件A=“检测器检测到两个“1指向”光子”，
事件Bi=“发射器发射了i个“1指向”光子”，
由(2)知：P(B0)=16，P(B1)=23，P(B2)=16，
则P(A|B0)=49，P(A|B1)=29，P(A|B2)=19，
由全概率公式，得P(A)=i=02P(Bi)P(A|Bi)=16×49+23×29+16×19=1354．
17.解：(1)由题意知，f(x)的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=1+1x2−ax，所以f′(1)=2−a，
故在点(1,0)处的切线方程为y=(2−a)(x−1)，
联立y=x2+2x−3y=(2−a)(x−1)，可得x2+ax−a−1=0，
由Δ=a2+4a+4=0，解得a=−2．
(2)由题意知，f′(x)=1+1x2−ax=x2−ax+1x2，b，c∈(0,+∞)且f′(b)=f′(c)=0，
所以b+c=a>0，bc=1，△=a2−4>0，所以a>2，
不妨设b>c，则b>1，
则直线BC的斜率k=f(b)−f(c)b−c=2−2alnbb−1b，
故要证a+k>2，即证a+2−2alnbb−1b>2，
即证b−1b−2lnb>0，
设函数g(b)=b−1b−2lnb，b>1，
则g′(b)=1+1b2−2b=(b−1)2b2>0，
所以g(b)在(1,+∞)单调递增，
又b>1，故g(b)>g(1)=0，
即b−1b−2lnb>0成立，所以a+k>2．
18.解：(1)以A为原点，分别以AB，AD，AP的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
已知AD=2AB=2BC=2，
则AB=BC=1，A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)．
设P(0,0,ℎ)，
可得AC=(1,1,0)，CD=(−1,1,0)，AP=(0,0,ℎ)．
因为AC⋅CD=1×(−1)+1×1+0×0=0，
所以AC⊥CD．
又因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD．
由于PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，
所以CD⊥平面PAC．
又因为CD⊂平面PCD，
所以平面PAC⊥平面PCD．
(2) ①设M(0,y,z)，0≤y≤2，0≤z≤2，
因为MB2+MD2=5，
所以1+y2+z2+y−22+z2=5，
化简可得y−12+z2=1．
因为动点M在△PAD内(含边界)，
所以M的轨迹是以(0,1,0)为圆心，1为半径的14圆弧，
其长度为14×2π×1=π2．
②由 ①可设M(0,1+csα,sinα)，π2≤α≤π，P(0,0,2)，C(1,1,0)，BP=(−1,0,2)，BD=(−1,2,0)，CM=(−1,csα,sinα)，设平面BDP的一个法向量为n=(x,y,z)，则BP⋅n=0,BD⋅n=0,
即−x+2z=0,−x+2y=0,取x=2，n=(2,1,1)，则sinθ=|cs|=|−2+sinα+csα| 4+1+1⋅ 1+sin2α+cs2α=|−2+ 2sin(α+π4) 6⋅ 2= 2−sin(α+π4) 6，
因为π2≤α≤π，所以3π4≤α+π4≤5π4，所以− 22≤sin(α+π4)≤ 22，
所以 22≤ 2−sin(α+π4)≤3 22，所以 36≤sinθ≤ 32，综上所述，sinθ∈[ 36, 32].
19.解：(1)由题，可知ba= 3,a2+b2=(2 63)2,，解得a2=23b2=2，
所以C的方程为3x22−y22=1．
(2)设点A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x,y)．
联立y=3x+m,3x2−y2=2,可得6x2+6mx+m2+2=0，
则Δ=36m2−24(m2+2)=12(m2−4)>0，
解得m2;
且x1+x2=−m，
y1+y2=3(x1+x2)+2m=−3m+2m=−m，
因为OP=OA+OB，
即(x,y)=(x1+x2,y1+y2)=(−m,−m)，
因此点P的轨迹方程为y=x(x2)．
(3)联立y=x3+n,3x2−y2=2,
可得3x2−(x3+n)2−2=0，
即x6+2nx3−3x2+n2+2=0．
设M(x3,y3)，N(x4,y4)，不妨设x3