云南省临沧地区中学2025届高三下学期适应性月考卷（八） 数学试题(含详解)

临沧地区中学2025届高三高考适应性月考卷（八）数学试卷
题号 一 二 三 四 总分
得分
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。
第I卷（选择题）
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.集合，，则( )
A. B.
C. D.
2.若复数满足，则．( )
A. B. C. D.
3.已知向量，，，则( )
A. B. C. D.
4.已知公差为的等差数列的前项和为，且，，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
5.已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则不等式的解集为( )
A. B.
C. D.
6.甲、乙、丙、丁四位同学分别记录了个正整数数据，根据下面四名同学的统计结果，可以判断出所有数据一定都不小于的同学人数是( )
甲同学：中位数为，众数为
乙同学：中位数为，平均数为
丙同学：第百分位数为，极差为
丁同学：有一个数据为，平均数为，方差为
A. B. C. D.
7.已知双曲线：的左、右焦点分别为，，离心率为，且经过点，点在上，，则点到轴的距离为( )
A. B. C. D.
8.已知，分别是棱长为的正四面体的对棱的中点过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则下列说法正确的是( )
A. 截面多边形不可能是平行四边形
B. 截面多边形的周长是定值
C. 截面多边形的周长的最小值是
D. 截面多边形的面积的取值范围是
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.已知函数为常数，且函数为奇函数，则下列结论正确的是( )
A. 的最小正周期为
B.
C. 与的图象有相同的对称轴
D. 当时，方程有且仅有个实根
10.对任意的，，函数满足，且，，则( )
A.
B. 是奇函数
C. 为函数的一个周期
D.
11.双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于年，雅各布伯努利将其作为椭圆的一种类比来处理椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线曲线是双纽线，则下列结论正确的是( )
A. 已知，，则曲线上满足的点有且只有一个
B. 曲线经过个整点横、纵坐标均为整数的点
C. 若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为
D. 曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有两点，，且，则
13.某公司举行抽奖活动，在箱子里装有个红球和个黑球，这些小球除颜色外完全相同在一次抽奖过程中，某员工从中一次性抽取两个小球，抽出两个小球颜色均为红色视为中奖，其余情况均未中奖假设在有放回地连续次抽奖中恰好中奖一次的概率为，则当取到最大值时的值为 ．
14.数列满足，，其中为函数的极值点，则 ．
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
在中，角的对边分别为，是的平分线，是边的中线，．
求；
求的长．
16.本小题分
如图，在三棱柱中，底面中角为直角，，侧面底面，，直线与平面所成角为．
求证：平面平面
求二面角的正弦值．
17.本小题分
已知椭圆经过点，右焦点为．
求椭圆的方程
若直线与交于、两点，且直线与的斜率互为相反数，求的中点与的最小距离．
18.本小题分
已知函数，
当时，求在处的切线方程
若恒成立，求的范围
若在内有两个不同零点，，求证：．
19.本小题分
为丰富学生课余生活，学校组织投篮比赛，设甲、乙两人每次投进篮球的概率分别为和每次由一人投篮，若投进，下一次由另一人投篮若没有投进，则继续投篮甲、乙两人首次投篮的可能性相同，且两人各次投篮是否投中相互独立．
若第一次是甲投篮，设第三次为乙投篮的概率为，求的最大值以及此时的值
若，用表示前次甲投篮的次数，求的分布列和数学期望
在的条件下，设第次是甲投篮的概率为，证明：．
答案
1.【答案】
解：易知集合
集合，
所以，可得．
故选：．
2.【答案】
解：因为，
所以，
则．
故选：．
3.【答案】
因为向量，，
所以
由，
得，
解得 ．
故选A．
4.【答案】
解：由题意知，，
即，即，
同理由可得，
所以，
即 ，
所以
所以，
，
所以，
故选：．
5.【答案】
因为，
所以在上单调递增，且．
因为是定义在上的奇函数，所以在上单调递增，且．
由，可得或，解得或．
即的解集为．
故选：．
6.【答案】
甲同学的个数据的中位数为，众数为，则数据中必有，，，余下两个数据都大于，且不相等，所有数据一定都不小于；
乙同学的个数据的中位数为，平均数为，当个数据为，，，，时，符合题意，而有小于的数，不满足所有数据一定都不小于；
丙同学的个数据的第百分位数为，极差为，
则个数据由小到大排列后第二和第三个数只可能是，或，，由极差为知，所有数据一定都不小于；
丁同学的个数据中有一个数据为，平均数为，设其余个数据依次为，
则方差，
，
若中有小于的数，
，不符合题意，
因此均不小于，个数，，，，可满足条件，
所以可以判断所有数据一定都不小于的同学为甲、丙、丁三位同学．
故选：．
7.【答案】
解：由双曲线的离心率为，可知双曲线为等轴双曲线，所以，
将点代入双曲线方程得，所以．
根据对称性，不妨设点在第一象限，到轴的距离为，，
，由余弦定理得
，
所以，由三角形面积公式可得，
得．
故选：．
8.【答案】
解：对于，当平面过或时，截面为三角形，
易知正四面体关于平面对称，将平面从平面开始旋转与交于点时，
由对称性可知，此时平面与交于点，且，
此时截面为四边形，且注意到当分别为的中点时，
此时满足，
且，即此时截面四边形是平行四边形，故A错误；

对于、，设，由余弦定理得，
，
由两点间距离公式知，表示动点到定点和的距离之和，
当三点共线时取得最小值，
由二次函数单调性可知，当或时，取得最大值，
所以截面多边形周长的取值范围是，故 B、C错误；
对于，记与的交点为，由对称性，，
所以，，
因为，
所以，所以，
记，
则，
因为，
所以
，
由二次函数性质可知，，即，
所以，故D正确．
故选：．
9.【答案】
对于，由函数为奇函数，得函数图象的一个对称中心为，
则，解得，B错误；
对于，，的最小正周期为，A正确；
对于，，与的图象有相同的对称轴，C正确；
对于，方程在上的实根个数即为与，
图象交点个数，在同一坐标系内作出函数与的图象，如图，
观察图象知，函数与在上的图象恰有个交点，D正确．
故选：．
10.【答案】
【解析】解：由，令，则，
又，所以，故A正确；
因为时，则不成立，所以不是奇函数，故B错误；
令可得，所以，
令，则，
令，则，
所以的周期为，故C正确；
由，得，
所以
，故D正确．
11.【答案】
【解析】解：对于，若曲线上点满足，
则点在的垂直平分线上，即轴上，故，
代入曲线方程得，解得，所以这样的点仅有一个，故A正确
对于，由，可得，
所以，又因为，则，令，解得，
所以曲线经过整点，，，故B错
另外，根据曲线经过及对称性易知曲线经过的整点个数必定是奇数个故B错
对于，直线与曲线一定有公共点，
若直线与曲线只有一个交点，所以将与联立，
整理得无非零实数解，，
实数的取值范围为，故C正确
对于，由可得，
当且仅当时取等号，曲线上任意一点到坐标原点的距离不超过，故D对．
故选ACD．
12.【答案】
角终边上有两点，，
．
由可知，又，
．
，
则，即，
故答案为：
13.【答案】
依题意，单次抽奖中奖的概率，
则连续次抽奖中恰好中奖一次的概率，
令，则，
当时，，当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，取得最大值，
因此当取最大值时，，而，解得，
所以当取到最大值时的值为．
故答案为：．
14.【答案】
解：由为函数的极值点，
，可得，
则，
令，即，
易知其在上单调递增，则．
由，
可得，，．
则
．
故答案为：．
15.【答案】解：由余弦定理可得
，
所以
进而可得，
解得或舍去；
由余弦定理可得
，
由于，
由题意知，设，
则，则，
如图所示，
由 ，
可得
，
所以，解得，
由是边上的中线，
得，
．
所以，中线长．
16.【答案】解：证明：因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，
因为，而，
所以，所以，
因为，、平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
解：因为平面，平面，
所以直线与平面所成的角为，所以，
因为，且，，，故，
如图，作交于，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
作交于，连接，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以是二面角的平面角，
因为即，所以，
因为即，所以，
所以，
所以二面角的正弦值为．
17.【答案】解：由已知，解得，，
所以椭圆的方程为．
由直线斜率互为相反数，不妨设的斜率为，的斜率为，
由，得，
由，且，得点的横坐标为，
求得点的坐标为，
同理可求得点的坐标为，
所以中点的坐标为，
从而知，故点在直线上，
所以点与的最小距离即是点到直线的距离，
当且仅当时取得．
18.【答案】解：，
，，
则，，
故切线方程为，即；
因为，，
进而，即，
令，，
当，，单调递增，
当，，单调递减，
当时，，
，因此，
，故；
在内有两个不同零点，，
则，
有两个根，，即，
由知，当，在单调递增，单调递减．
故，
欲证，即证，
由于，在单调递减，
所以只需证明，即证，
欲证，即证，即，
即证，即证，而该式显然成立，
所以，
欲证，即证，，即证，
即证，即证，即证，
令，
只需证，
，
令，
，在单调递增，
，得证．
19.【答案】解：由题意，
因为，所以当时，最大值为；
可能的取值，，，，
，
，
，
，
所以的分布列为：
数学期望；
证明：设第次是甲投篮的概率为，第次是甲投篮的概率为，
则，
所以，
，，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，
当为偶数时，，单调递减，，
当为奇数时，，单调递增，，
所以．