云南省临沧地区中学2025届高三高考适应性月考卷（十） 数学试题（含解析）

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注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A={x|lg3(x−13)≤−1}，B={x|10x2−3x−1≤0}，则A∩B=( )
A. [−15,12]B. [−15,23]C. (13,12]D. (13,23]
2.已知复数z满足1≤|z−(1−i)|≤2，则复数z在复平面内对应的点Z所在区域的面积为( )
A. πB. 2π
C. 3π D. 4π
3.已知fx=x−2,xb>0与双曲线C2:x2a22−y2b2=1a2>0有公共焦点，过它们的右焦点F作x轴的垂线与曲线C1，C2在第一象限分别交于点M，N，若S△OMNS△OFM=12(O为坐标原点)，则C1与C2的离心率之比为( )
A. 34B. 23C. 12D. 13
5.将函数f(x)=sinx图象上所有点的横坐标变为原来的1ω(ω>0)倍，纵坐标不变，再把所得图象的所有点向左平移π3ω个单位长度，得到函数g(x)的图象.若g(x)在π,2π上没有零点，则ω的取值范围是( )
A. (0,1]B. 0,56C. 0,13∪23,56D. 0,13∪23,56
6.已知函数f(x)=xx−1−2x(x>1),g(x)=xx−1−lg2x(x>1)的零点分别为α,β，则1α+1β的值是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
7.设函数f(x)=x(ex+1)，g(x)=(x+1)lnx，若存在实数x1，x2，使得f(x1)=g(x2)，则|x1−x2|的最小值为( )
A. eB. 2C. 1D. 1e
8.已知E，F分别是棱长为2的正四面体ABCD的对棱AD,BC的中点.过EF的平面α与正四面体ABCD相截，得到一个截面多边形τ，则下列说法正确的是( )
A. 截面多边形τ不可能是平行四边形
B. 截面多边形τ的周长是定值
C. 截面多边形τ的周长的最小值是 2+ 6
D. 截面多边形τ的面积的取值范围是1, 2
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。
9.一家公司为了解客户对公司新产品的满意度，随机选取了m名客户进行评分调查，根据评分数进行适当分组后(每组为左闭右开的区间)，画出的频率分布直方图如图所示，其中有8名客户的评分数落在40,50内，则( )
A. 图中的a=0.005
B. m=200
C. 同组数据用该组区间的中点值作代表，则评分数的平均数为76.2
D. 该公司计划邀请评分数低于第25百分位数的客户参与产品改进会议，若客户甲的评分数为66，则甲将会被邀请参与产品改进会议
10.已知O为坐标原点，曲线C．y2=4x的焦点为F，P是C的准线上一点，过点P的直线l与C有且仅有一个交点M，则( )
A. 若l与x轴平行，则∠MPF=∠MFP
B. 若l与x轴平行，则FM⋅FP=OM⋅OP
C. 若l与y轴不垂直，则∠PFM=π2
D. 若l与y轴不垂直，则|PM|≥3 32
11.某同学在平面直角坐标系中画出了一朵四叶草图案，图案的边界线条可看作曲线C，已知曲线C上的点到坐标原点的距离的立方等于该点到两坐标轴的距离乘积，对于曲线C，以下结论正确的是( )
A. 曲线C是中心对称图形
B. 曲线C有且只有两条对称轴
C. 曲线C上两点之间的最大距离为1
D. 曲线C上的点的纵坐标的范围为[−2 39,2 39]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知数列an满足a3=256，且an=2an+1.若Tn是数列an的前n项积，当Tn取最大值时，n= ．
13.已知函数fxx∈R满足fx=f2a−x，若函数y=2x−a与y=fx的图象的交点为x1,y1，x1,y2，…，xm,ym，则x1+x2+⋅⋅⋅+xm= ．
14.以下五个关于圆锥曲线的命题中：
①双曲线x216−y29=1与椭圆x249+y224=1有相同的焦点；
②方程2x2−3x+1=0的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；
③设A、B为两个定点，k为常数，若PA−PB=k，则动点P的轨迹为双曲线；
④过抛物线y2=4x的焦点作直线与抛物线相交于A、B两点，则使它们的横坐标之和等于5的直线有且只有两条；
⑤过定圆C上一点A作圆的动弦AB，O为原点，若OP=12OA+OB，则动点P的轨迹为椭圆．
其中真命题的序号为 (写出所有真命题的序号)．
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.(本小题13分)
设ΔABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D是边BC的中点，ΔABC的面积为1，且(b+ 3c)sinB=(a+c)(sinA−sinC)．
(1)求A;
(2)求AB⋅(DA+DB)的值．
16.(本小题15分)
新高考模式的选科是按物理类与历史类两大块组合进行，即物理与历史必选一科，再从化学、生物、地理、政治四个学科中任选两科，加上语文、数学、英语组成一种组合，简称“物理类”与“历史类”.为了解选科组合是否与性别有关，某机构随机选取了100名学生，进行了问卷调查，得到如下的2×2列联表：
已知在这100名学生中随机抽取1人，抽到选物理类学生的概率为0.6．
(1)完成表中数据，并根据小概率值α=0.005的独立性检验，判断选科组合是否与性别有关;
(2)从上述选物理类的学生中利用分层随机抽样的方法抽取6人，再从6人中随机抽取4人调查其选物理类的原因．
(ⅰ)用X表示这4人中男生的人数，求X的分布列及数学期望;
(ⅱ)已知这4人中有女生的条件下，求男生、女生人数不相等的概率．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
17.(本小题15分)
如图，在正三棱柱ABC−A′B′C′中，AB=6，AA′=8，动点P在AB′上，动点Q在A′C上，且满足A′Q=2AP=2t，t∈[0,5]，R为CC′的中点．
(1)当t=5时，求PQ与底面ABC所成角的正切值；
(2)当平面PQR//BA′C′时，求t的值；
(3)是否存在t，使得平面PQR⊥平面AA′B′B？若存在，求出t的值，若不存在，说明理由．
18.(本小题17分)
已知函数fx=x2+ax−xlnx的导函数为f′(x)，若f′(x)存在两个不同的零点x1,x2．
(1)当a=0时，求函数fx在(1,f(1))处的切线方程；
(2)求函数f′(x)的单调区间；
(3)证明：x1+x2>1．
19.(本小题17分)
在平面直角坐标系xOy中，利用公式x′=ax+byy′=cx+dy①(其中a，b，c，d为常数)，将点P(x,y)变换为点P′x′,y′的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由a，b，c，d组成的正方形数表abcd唯一确定，我们将abcd称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母A，B，…表示．
(1)如图，在平面直角坐标系xOy中，将点P(x,y)绕原点O按逆时针旋转π2得到点P′x′,y′(到原点距离不变)，求坐标变换公式及对应的二阶矩阵A；
(2)在平面直角坐标系xOy中，求双曲线xy=1通过二阶矩阵 22− 22 22 22进行线性变换后得到的双曲线方程C；
(3)已知由(2)得到的双曲线C，上顶点为D，直线l与双曲线C的两支分别交于A，B两点(B在第一象限)，与x轴交于点T( 63,0)，设直线DA，DB的倾斜角分别为α，β，求证：α+β为定值．
参考答案及解析
1.【答案】C
解：因为lg3(x−13)≤−1=lg313，
所以00有公共焦点，
∴a12−b2=a22+b2=c2，右焦点F(c,0)．
分别将x=c代入椭圆和双曲线方程，解得M，N的纵坐标分别为：
yM=b2a1,yN=b2a2，
∵S△OMNS△OFM=12cyN−yM12cyM=yNyM−1=a1a2−1=12，
∴a1a2=32，
∴e1e2=ca1ca2=a2a1=23，
故选B．
5.【答案】D
【解析】解：将f(x)=sinx图象上所有点的横坐标变为原来的1ω(ω>0)倍，纵坐标不变，得到y=sinωx，
再把所得图象的所有点向左平移π3ω个单位长度，得到函数g(x)=sinωx+π3，
因为函数g(x)=sinωx+π3在π,2π上没有零点，
当x∈π,2π时，ωx+π3∈ωπ+π3,2ωπ+π3，
所以{ωπ+π3⩾2kπ2ωπ+π3⩽2kπ+π,k∈Z或{ωπ+π3⩾2kπ+π2ωπ+π3⩽2kπ+2π,k∈Z,
解得2k−13≤ω≤k+13或2k+23≤ω≤k+56，
当k=0时，01)，
g(x)=0⇔xx−1=lg2x(x>1)，
令ℎ(x)=xx−1=1x−1+1(x>1)，
因为y=2x与y=lg2x互为反函数，两个函数的图象关于直线y=x对称，
且y=1x−1+1的图象也关于直线y=x对称，
设A(α,2α)，B(β,lg2β)，
则A，B关于直线y=x对称，
所以α=lg2 β,2α=β且αα−1=2α(α>1),ββ−1=lg2 β(β>1),
由αα−1=2α(α>1)可得αα−1=2α>2，
所以10)
又g′(x)=lnx+1+1x，(x>0)，令t(x)=lnx+1+1x，则t′(x)=x−1x2，
则当00，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，
又g(ex)=f(x)，则f(x1)=g(x2)=g(ex1)，
所以x2=ex1，
所以|x1−x2|=|x1−ex1|，令ℎ(x)=ex−x，定义域为R，
ℎ′(x)=ex−1，
当x0，ℎ(x)单调递增，所以ℎ(x)⩾ℎ(0)=1，
所以|x1−x2|=|x1−ex1|=ex1−x1≥1.
故选：C．
8.【答案】D
解：对于A，当平面α过AD或BC时，截面为三角形，
易知正四面体关于平面ADF对称，将平面α从平面ADF开始旋转与AB交于点G时，
由对称性可知，此时平面α与CD交于点H，且AG=DH，
此时截面为四边形EGFH，且注意到当G,H分别为AB,CD的中点时，
此时满足AG=DH，
且GF//AC,AC//EH,GF=EH=12AC，即此时截面四边形EGFH是平行四边形，故A错误；

对于B、C，设AG=m0≤m≤2，由余弦定理得GE= m2+1−m= m−122+34，
GF= 2−m2+1−2−m= m−322+34，
由两点间距离公式知，GE+GF表示动点m,0到定点12, 32和32,− 32的距离之和，
当三点共线时取得最小值 12−322+ 32+ 322=2，
由二次函数单调性可知，当m=0或m=2时，GE+GF取得最大值1+ 3，
所以截面多边形τ周长的取值范围是4,2+2 3，故 B、C错误；
对于D，记GH与EF的交点为O，由对称性∠EFG=∠EFH，FG=FH，
所以EF⊥GH，SEGFH=12EF⋅GH，
因为AF= AB2−BF2= 3，
所以EF= AF2−AE2= 2，所以SEGFH= 22GH，
记AB=a,AC=b,AD=c，
则GH=GA+AD+DH=−m2a+c+m2b−c=−m2a+m2b+1−m2c，
因为a⋅b=a⋅c=b⋅c=2×2csπ3=2,a=b=c=2，
所以GH2=m24a2+m24b2+1−m22c2−m2a⋅b−m1−m2a⋅c+m1−m2b⋅c
=m2+m2+41−m22−m2−2m1−m2+2m1−m2
=2m−12+2，
由二次函数性质可知，2≤GH2≤4，即 2≤GH≤2，
所以1≤SEGFH≤ 2，故D正确．
故选：D．
9.【答案】BCD
解：由频率分布直方图可知：0.004+a+0.018+0.022+0.028+0.022×10=1，
解得a=0.006， A错误；
评分落在40,50内的有8人，所以m=80.004×10=200， B正确；
评分的平均数为45×0.04+55×0.06+65×0.22+75×0.28+85×0.22+95×0.18=76.2， C正确；
0.04+0.06+0.22=0.32>0.25，所以第25百分位数在60,70组，设其为x，
则0.04+0.06+x−60×0.022=0.25，x≈66.8，
所以甲会被邀请，D正确．
故答案为：BCD．
10.【答案】ACD
【解析】A选项，l与x轴平行时，由抛物线的定义可知，MP=MF，所以∠MPF=∠MFP，正确;
B选项，设M(t2,2t)，则P(−1,2t)，又F(1,0)，则FM⋅FP=(t2−1,2t)⋅(−2,2t)=2t2+2，
OM⋅OP=−t2+4t2=3t2，显然不相等，错误;
C选项，若l与y轴不垂直，则由题意，直线l是C的切线，不妨设M点在x轴的上方，设M(t2,2t)，
则点P(−1,t−1t)，PF⋅MF=(2,1t−t)⋅(1−t2,−2t)=2−2t2−2+2t2=0，
所以PF⊥MF，∠PFM=π2，若M在x轴的下方，由对称性同理有，正确;
D选项，|PM|2=(t2+1)2+(t+1t)2=t4+3t2+3+1t2=(t2+1)3t2，
令x=t2，f(x)=(x+1)3x(x>0)，f′(x)=(x+1)2(2x−1)x2，
所以当x=12时，f(x)存在最小值f(x)min=274，所以|PM|≥3 32，若M在x轴的下方，由对称性同理有．
故选：ACD．
11.【答案】ACD
【解析】解：设曲线C上任意一点P(x,y)，依题意，( x2+y2)3=|x||y|，即(x2+y2)3=x2y2，
对于A，将点Px,y关于原点的对称点−x,−y代入上式，
可得[(−x)2+(−y)2]3=(−x)2(−y)2，得点(−x,−y)在曲线C上，
则曲线C是中心对称图形，A正确；
对于B，由[(−x)2+y2]3=(−x)2y2，得曲线C关于y轴对称，同理曲线C关于x对称，
用x换y，且y换x，方程不变，则曲线C关于y=x轴对称，B错误；
对于C，曲线C上点P(x,y)到原点距离d= x2+y2，
由(x2+y2)3=x2y2≤(x2+y22)2，
解得x2+y2≤14，当且仅当x2=y2=14时取等号，则0≤d≤12，
由对称性得曲线C上两点之间的最大距离为1，C正确；
对于D，由(x2+y2)3=x2y2，得x2+y2=x23y23，令m=x23,n=y23，
则关于m的方程m3+n3=mn⇔m3−mn+n3=0有非负实根，
若n=0，则m=0；若n>0，则m>0，
令f(m)=m3−mn+n3，求导得f′(m)=3m2−n，
当m∈[0, n3)时，f′(m)0，
函数f(m)在[0, n3)上递减，在( n3,+∞)上递增，
于是f(m)min=f( n3)=n3−2n n3 3≤0，解得0