2024-2025学年云南省昆明市云南师大附中高三（上）期中数学试卷（含答案）

2024-2025学年云南师大附中高三（上）期中数学试卷
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.复数，则( )
A. B. C. D.
2.集合，则是的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
3.已知直线，，，平面，，下列选项能推出的是( )
A. ， B. ，与所成角相同
C. ，， D. ，
4.如图是某市随机抽取的户居民的月均用水量频率分布直方图，如果要让的居民用水不超出标准单位：，根据直方图估计，下列最接近的数为( )
A. B. C. D.
5.已知函数，记，，，则( )
A. B. C. D.
6.已知直线：与：交于点，点，则的最大值为( )
A. B. C. D.
7.已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，其中为正三角形，为等腰直角三角形，，，，则球的表面积为( )
A. B. C. D.
8.双曲线：的左焦点坐标为，直线：与双曲线交于，两点其中在第一象限，已知，为坐标原点，则( )
A. B. C. D.
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.函数的部分图象如图所示，则( )
A. 的最小正周期为
B. 的图象可由的图象向左平移个单位得到
C. 若点在的图象上，则点也在的图象上
D. 若点在的图象上，则点也在的图象上
10.已知定点，，动点到的距离和它到直线：的距离的比是常数，则下列说法正确的是( )
A. 点的轨迹方程为：
B. ，，不共线时，面积的最大值为
C. 存在点，使得
D. 为坐标原点，的最小值为
11.在棱长为的正方体中，为的中点，为的中点，动点满足，其中，，则( )
A. 当，时，平面截正方体所得截面为四边形
B. 当时，平面
C. 当时，的最小值为
D. 当时，动点的轨迹长度为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.圆锥的底面积为，其母线与底面所成角为，且，则该圆锥的体积为______．
13.在中，内角，，所对的边分别为，，已知的面积为，，，则 ______．
14.已知函数有两个极值点，则的取值范围为______；若的极小值小于零，则的取值范围为______．
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.本小题分
甲袋中装有个红球、个白球，乙袋中装有个红球、个白球抛掷一枚质地均匀的骰子，如果点数为或，从甲袋中随机摸出个球；如果点数为，，，，从乙袋中随机摸出个球．
记摸出红球的个数为，求的分布列和期望；
已知摸出的个球是红白，求这个球来自乙袋的概率．
16.本小题分
已知在长方形中，，，点是边的中点，如图甲所示将沿翻折到，连接，，得到四棱锥，其中，如图乙所示．
求证：平面平面；
求平面和平面夹角的余弦值．
17.本小题分
已知函数．
若直线是曲线的一条切线，求的值；
若在上的最大值为，求的取值范围．
18.本小题分
设为抛物线：的焦点，过作抛物线准线的垂线，垂足为，的面积为．
求抛物线的方程；
直线：与交于点，在轴上方，直线：与交于点，在轴上方，直线与的交点为．
证明：在一条定直线上；
若坐标为，求的面积．
19.本小题分
已知数列的前项和为，若，其中，，，则称为“数列”．
若是“数列”，求满足条件的一个；
若是“数列”，且，证明：；
是否存在等差数列是“数列”？若存在，求出所有满足条件的，并指出取最小值时的通项；若不存在，请说明理由．
参考答案
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15.解：由题意可知，的所有可能取值为，，，
则，，，
所以的分布列为：
所以；
记“个球来自甲袋”，个球来自乙袋”，“摸到个红球个白球”，
则，
，
故所求为．
16.解：证明：取的中点，连接，，
因为为的中点，则，所以，
因为，所以，，
所以，，
在中，由余弦定理有：，即，
因为，所以，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
连接，过作交于点，，，
所以，所以，所以，
由知，平面，所以，，两两互相垂直，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
过作于点，所以，，
则，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，所以，
由题知，平面的一个法向量为，
设平面和平面夹角为，
所以，
所以平面和平面夹角的余弦值为．
17.解：由题得，
设切点为，则，
解得或，
当时，，
解得；
当时，，
令，
则，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以，于是无解．
综上，．
由对参数作如下讨论：
若，则当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，不合题意；
若，则当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以，
由于，只需，
解得；
若，
则当时，，单调递减，
所以，符合题意；
若，
则当时，，单调递减；
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，
由于，只需，
由知，当时，，故符合题意；
若，则当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，由于，，故符合题意，
综上可得，的取值范围为．
18.解：因为为抛物线：的焦点，
所以，
因为，所以，
又因为的面积为，
所以，
解得，
所以抛物线的方程为；
证明：设，，，，
联立，
得，
所以，，
联立，
得，
所以，，
，代入，，
化简得：：，
同理得：：，
联立可得：，
所以在定直线上；
将坐标分别代入，
可得：，，
因为，
所以，
，
代入，，
得，解得，
所以的面积为．
19.解当时，有，
故，
所以是一个“数列”．
证明：由于是“数列”，故，
而，故，从而由，知，
下面用数学归纳法证明：．
当时，由，知，
所以．
这表明结论在时成立；
假设当时结论成立，即．
则由，知，
所以，即，
这就得到，
假设，则，矛看．
所以，故．
所以，这表明结论在时成立．
由数学归的法知对任意正整数成立，
所以由，知，
故．
若存在公差为的等差数列是“数列”，
则由，，以及，
可知．
若，则，从而与无关，由于，故，
从而，这就得到，所以．
若，则可知：
，
假设，则当正整数满足，，，时，
由于，
以及，
故 ．
但，这导致矛盾．
所以，故，从而，这就得到，
而，所以，
由于，故，展开即为 ．
对比系数可知，
从而，，
这就得到．
所以，，，
以及．
另一方面可以验证：
对任意，，等差数列是“数列”；
对任意，公差为的等差数列是数列”和数列，
所以以上就是可能的全部情况，从而的全体可能取值为和．
对第一种情况，有；
对第二种情况，有．
所以．
当，时，有，所以的最小值是，
如果取到最小值，
根据前面的证明过程，只可能，且，即，，
此时，解得，所以由，知或．
综上，存在等差数列是“数列”；
所有满足条件的为；
当取得最小值时，的通项为或．
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