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2025届云南省煤炭第二中学高三3月月考
数学
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.对于任意集合，，下列关系正确的是( )
A.
B.
C.
D.
2.已知，为正实数且，则的最小值为 ．
A. B. C. D.
3.已知向量，，，则四边形的面积为( )
A. B. C. D.
4.已知函数，，，且在区间上单调，则的最大值为( )
A. B. C. D.
5.已知为复数，则“”是“”的( )
A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 非充分非必要条件
6.过抛物线上的一点作切线，设与轴相交于点，为的焦点，直线交于另一点，则面积的最小值为( )
A. B. C. D.
7.一个圆台形的木块，上、下底面的半径分别为和，高为，用它加工成一个与圆台等高的四棱台，棱台下底面为一边长等于的矩形，且使其体积最大现再从余下的四块木料中选择一块车削加工成一个球，则所得球的半径最大值是加工过程中不计损耗
A. B. C. D.
8.已知函数，，若对任意的，存在唯一的，使得，则实数的取值范围是( )
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.下列说法正确的是( )
A. 若，则．
B. 某单位有个连在一起的车位，现有辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的个空车位连在一起，则不同的停放方法的种数为．
C. 从，，，，这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为，，共可得到的不同值的个数是．
D. 用，，，十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为．
10.设函数的函数值表示不超过的最大整数，则在同一个直角坐标系中，函数的图象与圆的公共点个数可以是( )
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
11.如图，八面体的每一个面都是边长为的正三角形，且顶点，，，在同一个平面内若点在四边形内包含边界运动，为的中点，则( )
A. 当为的中点时，异面直线与所成角为
B. 当平面时，点的轨迹长度为
C. 当时，点到的距离可能为
D. 存在一个体积为的圆柱体可整体放入内
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，，则 ．
13.已知函数是定义在上的奇函数，在上单调递减，且，则不等式的解集为 ．
14.设，，，，则数列的通项公式 ．
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，，所对的边分别为，，，且
求
若，，为的中点，求．
16.本小题分
如图，在三棱锥中，平面，，，，．
在线段上找一点，使平面平面，求的长
若为的中点，求与平面所成角的正弦值．
17.本小题分
某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮次，若次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮次，每次投中得分，未投中得分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．
某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，各次投中与否相互独立．
若，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于分的概率；
假设，
(ⅰ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为分的概率最大，则该由谁参加第一阶段的比赛？
(ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
18.本小题分
已知抛物线：的焦点到准线的距离为，点，过的直线交于，两点，过，分别作的垂线，垂足分别为，，直线，与直线分别交于点，．
求的方程；
记，的纵坐标分别为，，当时，求直线的斜率；
设为轴上一点，记，分别为直线，的斜率．若为定值，求点的坐标．
19.本小题分
我们把称为区间的长度若函数是定义在区间上的函数，且存在，使得，，则称为的自映射区间已知函数，．
若，任取的一个自映射区间，求其区间的长度的概率
若存在自映射区间，
求的取值范围
求证：，且的长度
答案
1.【答案】
对于，，不正确；
，B正确，不正确；
，不正确；
2.【答案】
由可知，则
，
当，即，时，等号成立．
故答案选：．
3.【答案】
，
，
，
，
，
则四边形直角梯形，
，
．
故选：．
4.【答案】
由题意知， ，
则，
因为，所以，
又因为在区间上单调，
所以，解得，
则的最大值为，
故选：．
5.【答案】
设， ，则，
若 ，则，即，可得，此时为实数，所以，充分性成立；
若 ，不妨设，，此时 ，故必要性不成立，
则“ ”是“”的充分非必要条件．
故选A．
6.【答案】
设，由抛物线的对称性，不妨设，
因为直线与抛物线相切，故直线的方程为
令，得点的坐标为设直线的方程为，
联立得，
所以有，于是．
则
令，
则．
当时，，单调递减当时，，单调递增，
故，
所以的最小值为．
故选C．
7.【答案】
设为上底面圆心，为下底面圆心，记棱台为，
棱台最大时，上下边之比为，
不妨设，则，
所以球在与圆台围成部分更大，
记的中点为，中点为，交上底面圆周于，交下底面圆周于，
记球半径最大为，球心为，如图所示：
设，，
则，
由，解得，
由，解得，
所以，解得．
故选：．
8.【答案】
解：在的值域为，
但在单调递减，此时
的导数为，
可得在单调递减，单调递增，
则在的最小值为，最大值为，即值域为．
对任意的，存在唯一的，使得，
可得，
可得，
解得．
故选B．
9.【答案】
解：由，可得，且，
，解得，故A正确
B.将个连在一起的空车位“捆绑”，作为一个整体考虑，然后将辆车放在余下的个车位，则不同的停放方法的种数，故B正确
C.首先从，，，，这五个数中任取两个不同的数排列，共有种排法，
因为，，所以从，，，，这五个数中，
每次取出两个不同的数分别记为，，共可得到的不同值的个数是，故C错
D.利用间接法，用所有的三位数减去没有重复数字的三位数，即个，故D错
故选：．
10.【答案】
如图，函数的图象大致如下，
易知直线与圆相切，
当时，此时圆与只有一个公共点，即原点，故A正确；
当时，此时圆与有个交点，即有个公共点，故B正确；
当圆过时，结合对称性此时圆也过，此时时，
所以当时，此时圆与、各有一个交点，即有个公共点；
当圆过时，结合对称性此时圆也过，此时时，
所以当时，此时圆与、、、各有一个交点，共有个公共点，故D正确；
当时，此时圆与的图象的公共点大于个，
故选ABD．
11.【答案】
【解答】
解：对于，因为为正方形，如图，连接与，相交于点，连接，
则，，两两垂直，故以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
为的中点，则，
当为的中点时，，
，
设异面直线与所成角为，
则
故，故A正确；
对于，如图，设为的中点，为的中点，
则，平面，平面，
则平面，又平面，又，，平面，
故平面平面，平面平面，
设，平面平面，
则，则为的中点，点在四边形内包含边界运动，则，
点的轨迹是过点与平行的线段，长度为，故B错误；
对于，当时，设，
，得，即，
即点的轨迹以中点为圆心，半径为的圆在四边内包含边界的一段弧如下图，
到的距离为，弧上的点到的距离最小值为，
因为，所以存在点到的距离为，故C正确；
对于，如图，由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥内接最大圆柱的体积，
设圆柱底面半径为，高为，为的中点，为的中点，，
根据∽，得，即，
则圆柱体积，
设，求导得，
令得，或，因为，所以舍去，即，
所以当时，，当时，，
即当时，，
则，
所以，
故存在一个体积为的圆柱体可整体放入内，故D正确．
故选：．
12.【答案】
【解析】解：因为，
而，因此，
所以．
故答案为：．
13.【答案】
因为函数是定义在上的奇函数，在上单调递减，且，
则在递减，且，
则当或时，；当或时，，
因为，
则当时，，则，解得
当时，，则，解得．
综上，不等式的解集为
14.【答案】，
，
又，则数列是首项为，公比为的等比数列，
，．
15.【答案】解：由正弦定理得，C.
又由，得．
因为，所以，所以，
因为，所以．
由余弦定理，，，
解得：舍去或．
由题意，
，
，
，
．
16.【答案】解：取中点为，
因为，所以，
又平面，平面，
所以，
因为平面，平面，，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
此时；
取中点为，连接，
以点为坐标原点，以，所在直线分别为，轴，在平面内过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则
取，得，，
故平面的一个法向量为，
所以与平面成角的正弦值为：
．
17.【答案】解：甲、乙所在队的比赛成绩不少于分，则甲第一阶段至少投中一次，乙第一阶段也至少投中一次，所以比赛成绩不低于分的概率
．
甲在第一阶段参赛时，得分的概率为，
同理，
则，
，，，，
，应将甲安排在第一阶段参赛．
甲在第一阶段参赛时，比赛成绩记为，则的所有可能取值为，，，，
，
，
，
，
则，
乙在第一阶段参赛时，比赛成绩记为，同理可得
，
则，
，，，．
，应由甲参加第一轮比赛．
18.由题意知，
所以抛物线方程为．
设直线的方程为，，，
则，，，
所以，得，
所以，，
所以直线的方程为：，
与直线的方程联立，
解得，同理，
所以，
所以，
所以直线的斜率为．
设，
因为
．
因为，，
所以
，
当时，为定值．
所以．
19.【答案】解：，得，
因为，所以恒成立，所以在上单调递增，
若是的自映射区间，则，即且，
由，可得，，
在区间上，，的解为，，，，，，，共个解，
从这些解中任取两个构成区间，总的取法有种，即共有不同的区间共个，
其中个区间不符合要求，
自映射区间的长度的概率为；
因为，在上单调递增，
若存在自映射区间，则，，
即在上至少有两个零点，
因为，
时，，单调递增；时，，单调递减；
若要存在两个零点，则，即，
此时，，使得，
由，得函数在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，
所以，则，使得，
综上，的取值范围为；
因为，，所以，
下证：：
记，
则，
则在上单调递增，则，即，
即，所以，
所以，所以，
记，则，
时，，单调递减；时，，单调递增，
所以，即，
由知，，，则，所以，即，
因为，同理可得，
因为函数的，且对称轴为，
则方程存在两根，，且，
又，且，，所以，
则，
所以区间的长度．

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