云南省昆明市2025届高三下学期三诊一模复习教学质量检测数学试卷（含答案）

云南省昆明市2025届高三下学期三诊一模复习教学质量检测数学试卷
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.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
3.已知函数与的图象如图所示，则函数的图象可能是( )
A. B.
C. D.
4.已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于，两点，点为线段的中点，若点的横坐标为，，则( )
A. B. C. D.
5.在中，，，分别是角，，对边，，则( )
A. B. C. D.
6.已知圆锥的底面半径为，高为，正方体棱长为，若点，，，在该圆锥的侧面上，点，，，在该圆锥的底面上，则( )
A. B. C. D.
7.若，则( )
A. B. C. D.
8.已知，，，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.已知为坐标原点，设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为，点在上，且，当的离心率变化时，下列三角形可能为等腰三角形的是( )
A. B. C. D.
10.某校有男生人，女生人，且男生身高的均值为，方差为，女生身高的均值为，方差为，全体学生身高均值和方差分别为，，则下列说法一定正确的是( )
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
11.若函数满足：对，，都有，则称该函数具有性质，下列函数具有性质的是( )
A. B.
C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知，，若，方向相反，则 ．
13.已知点，，若直线过且平分的面积，则被外接圆截得的弦长为 ．
14.直线与函数的图象的交点为，，，， ，若，，，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
已知数列的前项和为，．
求数列的通项公式
令，求数列的前项和．
16.本小题分
某种量子加密技术所用光子有两种指向：“指向”和“指向”，光子的发送和接收都有、两种模式当发送和接收模式相同时，检测器检测到的光子指向信息与发送信息一致，否则检测出相异的指向信息．
现发射器以模式，从两个“指向”、两个“指向”的光子中随机选择两个依次发送，接收器每次以或者模式接收，其概率分别为和每次发送和接收相互独立．
求发射器第次发送“指向”光子的条件下，第二次发送“指向”光子的概率
记发射器共发射“指向”光子个数为，求的分布列
求检测器检测到两个“指向”光子的概率．
17.本小题分
已知函数
若在点处的切线与曲线相切，求
若，是的两个极值点，设，，直线的斜率为，证明：．
18.本小题分
如图，四棱锥中，平面，，，．
证明：平面平面
若，动点在内含边界且．
求动点的轨迹的长度
设直线与平面所成角为，求的取值范围．
19.本小题分
已知双曲线的焦距为，是的一条渐近线．
求的方程
直线与交于，两点，为坐标原点，动点满足，求点的轨迹方程
若曲线与交于，两点两点位于轴右侧，记直线的斜率为，求的取值范围．
参考答案
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15.解：由知，，
所以，
即，
从而，又可得，
所以，数列是以为公比的等比数列，
综上所述，；
由可知，故 ，
所以，
故而，
所以
．
16.解：设事件“发射器第一次发送“指向”的光子”，
事件“第二次发送“指向”的光子”，
则，，
由条件概率公式，．
由题意：，，，
，
，
，
所以的分布列为：
设事件“检测器检测到两个“指向”光子”，
事件“发射器发射了个“指向”光子”，
由知：，，，
则，，，
由全概率公式，得．
17.解：由题意知，的定义域为，
，所以，
故在点处的切线方程为，
联立，可得，
由，解得．
由题意知，，，且，
所以，，，所以，
不妨设，则，
则直线的斜率，
故要证，即证，
即证，
设函数，，
则，
所以在单调递增，
又，故，
即成立，所以．
18.解：以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
已知，
则，，，，．
设，
可得，，．
因为，
所以．
又因为平面，平面，
所以．
由于，，平面，
所以平面．
又因为平面，
所以平面平面．
设，，，
因为，
所以，
化简可得．
因为动点在内含边界，
所以的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，
其长度为．
由可设，，，，，，，设平面的一个法向量为，则
即取，，则，，
因为，所以，所以，
所以，所以，综上所述，
19.解：由题，可知，解得，
所以的方程为．
设点，，．
联立可得，
则，
解得或
且，
，
因为，
即，
因此点的轨迹方程为或．
联立
可得，
即．
设，，不妨设，
由题知．
令且，
则，
故在不单调．
，
则在有解．
令，，
则有解
由于在单调递减，
所以，
故，且存在唯一使得，即．
又当时，，，
所以在单调递减
当时，，，
所以在单调递增．
所以在上，，
当时，则，在单调递增，
则，在上不存在两正根．
当时，则，
，在单调递增，
由于在单调递减，
则．
当时，则，
又当时，，所以存在，，
使得，即，所以
当时，则，
，，
所以存在，，使得，且
由于，则
，
所以
，
可知，所以，则
综上，当时，在上有两正根，，且．
所以
且时，，所以的取值范围为
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