资源简介

云南省临沧地区中学2025届高三高考适应性月考卷（一）数学试题
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.已知全集，集合满足，则( )
A. B. C. D.
2.已知复数，为的共轭复数，则( )
A. B. C. D.
3.在展开式中，含的项的系数是，则( )
A. B. C. D.
4.已知等差数列，其前项和为，有最小值，若，则使成立的的最大值为( )
A. B. C. D.
5.如图，已知点为等边三角形的外接圆上的一个动点，若，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
6.拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数在上连续，且在上可导，则必有，使得已知函数，那么实数的最大值为( )
A. B. C. D.
7.从分别标有，，，，的个小球中，不放回的随机选取两个小球，记这两个小球的编号分别为，若，则为实数的概率为( )
A. B. C. D.
8.在三棱锥中，是正三角形，，记二面角，的平面角分别为，，，，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.已知可导函数的导函数为，则( )
A. 有个极值点
B. 有个零点
C. 只可能在或者时取得最小值
D. 对，恒成立
10.已知函数，则( )
A. 在上单调递增
B. 关于直线对称
C. 的值域为
D. 关于的方程在区间上有实根，则所有根之和组成的集合为
11.已知椭圆与双曲线有公共的焦点，，若为，在第一象限的一个公共点，和的离心率分别为，，，则( )
A.
B.
C.
D. 当时，的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12. 用数字作答．
13.随机变量的取值为、、，，，则 ．
14.已知数列满足，且对任意，都存在，使得，则 写出所有可能的取值若数列中满足：存在使得，则称具有性质若数列前项中恰有项具有性质，且这项的积为，则前项和为 ．
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
已知函数．
当时，讨论的单调性
当时，在恒成立，求的取值范围．
16.本小题分
如图，在平面四边形中，是等边三角形，是等腰三角形，且，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中为动点．
若，求证：平面平面
若，记的重心为，若，求与平面所成角的正弦值
求平面与平面夹角正切的最大值．
17.本小题分
记的内角的对边分别为，已知．
若，求角；
若为锐角三角形，设，求的取值范围．
18.本小题分
已知为抛物线的焦点，为在第一象限上的动点，当时，设的准线与轴交于点，与交于点，，，与交于点，与交于点．
求的方程
求的轨迹方程
若，求的取值范围．
19.本小题分
记集合，为集合的两个子集，且满足，定义：分别表示集合，中所有元素的和．
当时，求的所有可能的值
求的最小值
设为不超过的自然数，且与的奇偶性相同，证明：存在，，使得．
答案（含解析）
1.【答案】
，，．
2.【答案】
，
，
，
，
3.【答案】
由题可得含的项为，
所以，解得．
4.【答案】
因为等差数列的前项和为有最小值，所以，，所以，
因为，所以，，且，
所以，，
所以当时，所以使成立的的最大值为．
5.【答案】
设为外接圆圆心，过作，交圆与，，
根据向量的几何意义知，当在时，在的方向上投影数量最小；
当在时，在的方向上投影数量最大，
设该外接圆半径为，则，即，
故的最大值为，最小值为，
故选A．
6.【答案】
【解析】解：因为函数在上连续，且在上可导，则必有，使得，
又因为函数，可得，
所以，此时，
又因为，所以，因为，且，所以，
不妨设，函数定义域为，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得极大值也是最大值，最大值，
则当时，取得最大值，最大值为．
故选：．
7.【答案】
解：选取小球，有种选法，
若为实数，则有种情况：
若为偶数，则为偶数，有种选法
若为奇数，则为奇数，设，，在中任取一个数，在中任取一个数
或者在中任取一个数，在中任取一个数，共种选法，
故所求概率为．
故选：．
8.【答案】
设的边长为，则，
在中，由余弦定理得，
所以，则，
，
则，，
如图，作平面，于，于，
则，，，，
又，所以，
，，所以，
结合，得，
根据三角函数的两角差公式可得，
所以，
已知，则，
将上式移项可得，
解得，所以，，三点共线，
由 ，得，
故选：．
9.【答案】
【解析】解：由，易知为奇函数，令，
当时，，，故在上单调递增，
，显然函数在上存在唯一零点，易知函数在上存在唯一零点，
由在区间上，，在上，，
故在上单调递减，在上单调递增，
同理可得在上单调递减，在上单调递增，
由，则易知定义域为，
所以可导函数的定义域为，
所以函数存在个极值点：，
由函数为奇函数，知存在个零点：，
故A正确，B错误，C正确，D正确．
故选：．
10.【答案】
解：对于， ，
在上不是单调递增的，
故A不正确；
对于，
且，
，
关于直线对称，
故B正确；
对于，
是周期函数，周期，
当时，，
则令，则只需求函数的值域，
，，易得，
即函数的值域为，故C正确；
对于，可看成由
与复合而成的函数，
设，，
，时单调递增，
当，则，
单调递增，则单调递增
当，则，
单调递减，则单调递减，
由可知，关于直线对称，
在上单调递增，
在上单调递减，
，，
作出函数，的大致图象．
由图可知，方程在区间上有实根，
则，
若仅有个实数根，则，根为；
若仅有个实数根，则这两个根关于对称，
两个根的和为；
若实数根的个数为个，由对称性可知四个根的和为，
所有根之和组成的集合为，故D正确．
故选：．
11.【答案】
【解析】解：对于，设椭圆的焦距为，，，
则，，
解得，．
，则A正确；
对于，，即，
，
，
，则B正确；
对于，将，，，代入，可得，则C错误
对于，因为，所以，即，
化简得，即，即，
令，，
则，其中，，取，
因为，，所以，，
所以，，故，
因为，其中，，
所以在上单调递增，故，则D正确．
故选：．
12.【答案】
【解析】解：



．
故答案为：．
13.【答案】
解：设，其中，可得出，
，
，解得，
因此，．
故答案为：．
14.【答案】或或或
【解析】解：由题意，
由．
当时，
当时，或
当时，或或或，
当时，或或或或或或，
所以或或或；
前项中恰有项具有性质，且这项的积为，
故，，，，，
即具有性质．
则易知从开始是以为首项为公差的等差数列，
所以
．
故答案为：或或或；．
15.【答案】解：由，，，
得，
当时，由，解得或；
由，解得，
当时，恒成立，
当时，由，解得或
由，解得，
综上所述，当时，在和上单调递增，在上单调递减
当时，的在单调递增
当时，在和上单调递增，在上单调递减
由知，当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
令，，
得，令，，
得，所以在上单调递减，
所以，所以，
所以在上单调递减，
因为，且，
所以，所以的取值范围为．
16.【答案】解：不妨设，由题意可知，
又是等腰直角三角形，则也是等腰直角三角形，
则，
取的中点为，连接，，则，，
因为是等边三角形，是等腰直角三角形，
所以，，
若，则有，则，
又，，，面，
所以面，又面，所以平面平面
若，
由余弦定理可得，
又，所以三棱锥为正三棱锥，
又为的重心，则为三棱锥的高，即面，
以为原点，分别以，所在直线为，轴，建立空间直角坐标系，
因为，则为的中点，
所以，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，即
则平面的一个法向量为，
设与平面所成角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为
取为的中点，则，，
，，面，所以面，
在平面内，过点作，
又面，则，
因为，，面，所以面，
以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，，，
，，
设平面的一个法向量为
则，即
则平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
，
，
，
令，显然，
，
当且仅当，即时取等号，
故平面与平面夹角正切的最大值为，此时．

17.【答案】解：解法一：由可得，代入，
得，即，
则．
由正弦定理得，
即，
即，可得．
因为，所以，
可知，解得．
解法二：因为，所以．
又因为，则．
即，
由正弦定理得．
又
，
则解得．
由，可得．
由可得，
由正弦定理得，
由余弦定理的推论得．
对式进行变形可得，
所以．
因为为锐角三角形，所以即
解得，从而，
又，所以，即的取值范围为．
18.【答案】解：由题意得，，解得其中舍去，
所以的方程为；
由题意，知，
设，则，
因为，，三点共线，所以，
即，
设，由，得，，
所以，即，
所以的轨迹方程
因为，所以，
因为，
所以，同理，
设，，
则，
，
所以，解得，
又，设，设直线：，
联立得，，
有，于是，
解得，即的取值范围是
19.【答案】解：若，由于，的对称性，只需考虑以下情况：
，，，
，，，
，，，
，，，
，，，
，，，
，，，
，，．
所以的所有可能值为：，，，，，；
首先计算时，
令，，
，，
再令，，可知；
当时，由为奇数，
由知为奇数，考虑的子集，
中有项，那么参照上面证明存在的子集，满足，
现令，，可知，即此时最小值为；
当时，为奇数，为奇数，
考虑的子集，中有项，
那么参照上面证明存在的子集，满足，
现令，，可知，即此时最小值为；
当时，为偶数，为偶数，
考虑的子集，中有项，
那么参照上面证明存在的子集，满足，
现令，，可知，即此时最小值为；
综上所述可知：
当或时，，，
或时，，；
证明：首先证明与的奇偶性相同：
由题意知，所以，
因为是偶数，所以对于任意的，，与的奇偶性相同，
下面用数归法证明：当与奇偶性相同且时，存在，满足；
当或时，由可知存在，满足，
假设时成立为小于且与其奇偶性相同的自然数，
即此时存在，满足，
由于，不妨令，
若此时，则可令，，那么，
即说明时命题成立．
若此时，
必存在正整数满足且否则有，，此时有，
令，，
此时，满足：，即时命题立，
由归纳法可知命题成立，
当时，令，，，
综上所述命题成立．

展开更多......

收起↑