精品解析：云南省丽江市2025届高三毕业生复习统一检测数学试题

丽江市2025届高中毕业生复习统一检测 数学试卷 （全卷四个大题，共19个小题，共6页；满分150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1．本卷为试题卷.考生必须在答题卡上解题作答.答案应书写在答题卡的相应位置上，在试题卷、草稿纸上作答无效. 2．考试结束后，请将答题卡交回. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 若复数z满足（i为虚数单位），则z的模（ ） A. B. 1 C. D. 5 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，满足，，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. “”是“方程表示椭圆”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 5. 已知函数，则下列函数是奇函数的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，则（） A. B. C. D. 7. 某同学掷一枚正方体骰子5次，记录每次骰子出现的点数，统计出结果的平均数为2，方差为0.4，可判断这组数据的众数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，侧面上有一个小孔，点到的距离为3，若该正方体水槽绕倾斜（始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面与桌面所成的锐二面角的正切值为（ ） A. B. C. 2 D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 样本数据的下四分位数是17 B. 在比例分配的分层随机抽样中，若第一层的样本量为10，平均值为9，第二层的样本量为20，平均值为12，则所抽样本的平均值为11 C. 若随机变量，则 D. 若随机变量，若，则 10. 已知函数，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 直线是函数的图象的一条对称轴 C. 若时，恒成立，则实数m的取值范围为 D. 将函数的图象上的所有点的横坐标缩小为原来的，再将所得的图象向右平移个单位，得到函数的图象，若时，函数有且仅有5个零点，则实数t的取值范围为． 11. 已知点是左、右焦点为，的椭圆上的动点，则（ ） A. 若，则的面积为 B. 使为直角三角形的点有6个 C. 的最大值为 D. 若，则的最大、最小值分别为和 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在中内角所对的边分别为，且，，，则_____． 13. 的展开式中的系数为________________（用数字作答）． 14. 已知不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为______. 四、解答题（本大题共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. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若，求函数在上的最值. 16. 已知数列的首项，，， ，． （1）求证：数列为等比数列； （2）记，若 ，求最大正整数． 17. 如图，四边形与均为菱形，且， （1）求证：平面平面 （2）求直线AD与平面ABF所成角的正弦值． 18. 甲､乙､丙三位同学进行乒乓球比赛，约定赛制如下：每场比赛胜者积2分，负者积0分；比赛前根据相关规则决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空；积分首先累计到4分者获得比赛胜利，比赛结束.已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为. （1）若，求比赛结束时，三人总积分的分布列与期望； （2）若，假设乙获得了指定首次比赛选手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略. 19. 已知双曲线的两条渐近线方程为为上一点． （1）求双曲线的方程； （2）若过点 的直线与仅有1个公共点，求的方程； （3）过双曲线的右焦点作两条互相垂直的直线，，且与交于两点，记的中点与交于两点，记的中点为．若，求点到直线 的距离的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丽江市2025届高中毕业生复习统一检测 数学试卷 （全卷四个大题，共19个小题，共6页；满分150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1．本卷为试题卷.考生必须在答题卡上解题作答.答案应书写在答题卡的相应位置上，在试题卷、草稿纸上作答无效. 2．考试结束后，请将答题卡交回. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 若复数z满足（i为虚数单位），则z的模（ ） A. B. 1 C. D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式求解即可. 【详解】由， 得， 所以. 故选：B. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式得到，利用交集概念求出交集. 【详解】，故，解得 ，故， 又，故. 故选：B 3. 已知向量，满足，，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】将两边平方，由可得，根据数量积的运算计算可得. 【详解】因为，，且， 所以，即，， 解得（负值已舍去）. 故选：D 4. “”是“方程表示椭圆”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 【答案】B 【解析】 【分析】由方程表示椭圆可得，求解可判断结论. 【详解】若方程表示椭圆，则，解得且， 所以“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件． 故选：B. 5. 已知函数，则下列函数是奇函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性计算即可. 【详解】易知， 所以， 令，则，显然， 所以为奇函数，即D正确. 故选：D 6. 已知，，则（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】运用降幂公式及角的变换，结合两角和与差的余弦公式化简即可求解. 【详解】已知, 则 故选:. 7. 某同学掷一枚正方体骰子5次，记录每次骰子出现的点数，统计出结果的平均数为2，方差为0.4，可判断这组数据的众数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】设五个点数为，由平均数，方差计算公式可分析出，5个点数不可能全为2，然后通过列举可得答案. 【详解】不妨设五个点数为，由题意平均数为2，方差为0.4， 知. 可知五次的点数中最大点数不可能为4，5，6. 五个点也不可能都是2，则五个点数情况可能是3，3，2，1，1，其方差为 ，不合题意. 若五个点数情况为3，2，2，2，1，其方差为 ，符合题意，其众数为2. 故选：B. 8. 如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，侧面上有一个小孔，点到的距离为3，若该正方体水槽绕倾斜（始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面与桌面所成的锐二面角的正切值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，当水恰好流出时，即由水的等体积可求出正方体倾斜后，水面到底面的距离，再由边长关系可得四边形是平行四边形，从而侧面与桌面所转化成侧面与平面所成的角,进而在直角三角形中求出其正切值. 【详解】由题意知，水的体积为，如图所示， 设正方体水槽绕倾斜后，水面分别与棱交于， 由题意知 ，水的体积为， 所以，即，解得 ， 在平面内，过点作交于， 则四边形是平行四边形，且， 又侧面与桌面所成的角即侧面与水面 所成的角， 即侧面与平面所成的角,其平面角为， 在直角三角形中，. 故选：C. 【点睛】思路点睛：利用定义法求二面角，在棱上任取一点，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条垂线所成的角即为二面角的平面角. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 样本数据的下四分位数是17 B. 在比例分配的分层随机抽样中，若第一层的样本量为10，平均值为9，第二层的样本量为20，平均值为12，则所抽样本的平均值为11 C. 若随机变量，则 D. 若随机变量，若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A由下四分位数的概念即可判断；对于B，由平均数的计算公式即可判断；对于C由二项分布即可判断;对于D由正态分布的对称性即可判断. 【详解】对于A.从小到大排序得：16，17，19，20，22，24，26，由，所以下四分位数是17正确； 对于B，正确； 对于C，由二项分布可得：，错误； 对于D，由正态分布的对称性可得：，正确 故选：ABD 10. 已知函数，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 直线是函数的图象的一条对称轴 C. 若时，恒成立，则实数m的取值范围为 D. 将函数的图象上的所有点的横坐标缩小为原来的，再将所得的图象向右平移个单位，得到函数的图象，若时，函数有且仅有5个零点，则实数t的取值范围为． 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用二倍角公式和辅助角公式对进行化简，再求最小正周期可判断A，代入检验法可判断B，利用三角函数的性质可判断C，利用三角函数的图象变换和性质可判断D. 【详解】因为， 所以的最小正周期为，故A正确； 又由，故B错误； 当时，可得， 当，即时，取得最小值， 因为，恒成立，所以， 即实数的取值范围为，故C正确； 由题意得函数，因为， 所以，又因为函数有且仅有5个零点， 则满足，解得， 所以实数的取值范围是，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知点 是左、右焦点为，的椭圆上的动点，则（ ） A. 若，则的面积为 B. 使为直角三角形的点 有6个 C. 的最大值为 D. 若，则的最大、最小值分别为和 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据焦点三角形面积的相关结论即可判断A；结合椭圆性质可判断B；结合椭圆定义可求线段和差的最值，判断CD. 【详解】A选项：由椭圆方程 ，所以，，所以， 所以的面积为，故A错误； B选项：当或时为直角三角形，这样的点 有4个， 设椭圆的上下顶点分别为 ， ，则 ，，，同理， 知，所以当 位于椭圆的上、下顶点时也为直角三角形， 其他位置不满足，满足条件的点 有6个，故B正确； C选项：由于， 所以当最小即时，取得最大值，故C正确； D选项：因为， 又， 的最大、最小值分别为和， 当点 位于的延长线上时取最大值， 当 位置的延长线上时取最小值，故D正确. 故选：BCD 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在中内角所对的边分别为，且，，，则_____． 【答案】或 【解析】 【分析】根据已知条件和正弦定理可得角，从而得到的值． 【详解】在中由正弦定理可知，所以， 解得，因为为的内角， 所以或， 所以或， 故答案为：或． 13. 的展开式中的系数为________________（用数字作答）． 【答案】-28 【解析】 【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解. 【详解】因为， 所以的展开式中含的项为， 的展开式中的系数为-28 故答案为：-28 14. 已知不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】原不等式可化为，利用为上的增函数可得对任意恒成立，结合参变分离可求的取值范围. 【详解】原不等式等价于， 也就是， 因为均为上的增函数，故为上的增函数， 故原不等式即为，故对任意恒成立， 故对任意恒成立， 设，则， 设，则， 故在上为减函数，而， 故当时，即，故在上为增函数； 当时，即，故在上为减函数， 故，故， 故答案为：. 【点睛】思路点睛：对于由指数函数和对数函数构成的较为复杂函数，我们可以利用指对数的运算法则对原有的不等式同构变形，从而把原不等式转化为简单不等式. 四、解答题（本大题共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. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若，求函数在上的最值. 【答案】（1） （2）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线的斜率，即可求出结果； （2）利用导数与函数单调性间的关系，求出和的解集，即可求出函数的单调区间，再求出两端点函数值及极值，通过比较，即可求出结果. 【小问1详解】 由函数，可得， 可得，且，所以切线的斜率为 ，切点为， 则所求切线方程为. 【小问2详解】 由（1），当时，可得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 而，，， 故所求最大值为，最小值为. 16. 已知数列的首项，，，，． （1）求证：数列为等比数列； （2）记，若 ，求最大正整数． 【答案】（1）证明：，， 可得 ，又 ， 数列 为等比数列，首项为，公比为． （2）99 【解析】 【分析】（1）根据题设可得 ，进而求证即可； （2）由（1）得 ，再利用分组求和法求出，进而求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，， ， ， 由 ，则 ， 在定义域内单调递增， 且 时， ， 时， ， 所以 ． 17. 如图，四边形与均为菱形，且， （1）求证：平面平面 （2）求直线AD与平面ABF所成角的正弦值． 【答案】（1）设AC与BD相交于点O，连接FO， ∵四边形ABCD为菱形，，且O为AC中点， ， ， 又，平面BDEF， ∴平面BDEF，又平面， 所以平面平面。 （2） 【解析】 【分析】（1）设AC与BD相交于点O，连接FO，由线面垂直的判定定理证明平面BDEF，再得到平面平面即可； （2）连接DF，先由线面垂直的判定定理证明 平面ABCD，再建立如图所示空间直角坐标系，求出平面ABF的法向量，代入空间线面角的向量公式求解即可； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接DF，∵四边形BDEF为菱形，且， 为等边三角形， ∵O为BD中点，∴，又，，平面ABCD， 平面ABCD．故OA，OB，OF两两垂直， ∴建立空间直角坐标系，如图所示， 设，∵四边形ABCD为菱形，，． 为等边三角形，∴． ， ∴，， 设平面ABF的法向量为，则 令，解得， 设AD与平面ABF所成角为 ，则AD与平面ABF所成角的正弦值为：． 18. 甲､乙､丙三位同学进行乒乓球比赛，约定赛制如下：每场比赛胜者积2分，负者积0分；比赛前根据相关规则决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空；积分首先累计到4分者获得比赛胜利，比赛结束.已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为. （1）若，求比赛结束时，三人总积分的分布列与期望； （2）若，假设乙获得了指定首次比赛选手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略. 【答案】（1）的分布列为 4 6 8 0.5 0.25 0.25 . （2）设事件 为“第一局乙对丙最终乙获胜”，为“第一局乙对甲最终乙获胜”，为“第一局甲对丙而最终乙获胜”，则有： 已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为. 其中 包含三种情况， 第一，第一局乙获胜，第二局乙获胜； 第二，第一局乙获胜，第二局甲获胜，第三局丙获胜，第四局乙获胜； 第三，第一局丙获胜，第二局甲获胜，第三局乙获胜，第四局乙获胜， 故； 同理可得；； 显然， 故， ， 由于， 故， 所以； 故乙的最优指定策略是让乙和丙打第一局. 【解析】 【分析】（1）求出的取值及对应的概率，得到分布列，求出数学期望； （2）分别计算出“第一局乙对丙最终乙获胜”，“第一局乙对甲最终乙获胜”，“第一局甲对丙而最终乙获胜”三种策略下的概率，作差法比较出大小，得到答案. 【小问1详解】 由题意可知，两场比赛后结束，也即第一局的其中1人连续获得两场胜利，有两种情况， 此时 ，， 当三场比赛后结束，即第一局比赛的2人均未获胜，轮空者获胜，共有两种情况， 此时，； 当四场比赛后结束，前三局比赛，甲乙丙三人各赢1场，进行第四场比赛，共有2种情况， 此时，； 所以三人总积分的分布列为 4 6 8 0.5 0.25 0.25 所以. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：解决策略类问题，往往需计算出各种情况下的概率，作差比较各种情况下的概率大小，作出决断. 19. 已知双曲线的两条渐近线方程为为上一点． （1）求双曲线的方程； （2）若过点 的直线与仅有1个公共点，求的方程； （3）过双曲线的右焦点作两条互相垂直的直线，，且与交于两点，记的中点与交于两点，记的中点为．若，求点到直线 的距离的最大值． 【答案】（1） （2），，. （3） 【解析】 【分析】（1）列出关于的方程，代入计算，即可求解； （2）分直线斜率存在于不存在讨论，然后联立直线与双曲线方程，代入计算，即可得到结果； （3）分直线斜率存在于不存在讨论，分别联立直线与双曲线方程以及直线与双曲线方程，结合韦达定理代入计算，即可得到直线 过定点，从而得到结果. 【小问1详解】 由题意可得，，解得，所以双曲线的方程为 . 【小问2详解】 当直线斜率存在时，设直线的方程为， 代入 可得， 当时，即时，直线与双曲线的渐近线平行，只有一个公共点， 即直线的方程为，； 当时，， 即，可得，此时直线与双曲线相切， 直线的方程为； 显然，当直线斜率不存在时，直线与双曲线有两个公共点，不满足； 综上所述，与双曲线仅有1个公共点的直线有3条： ，，. 【小问3详解】 当直线的斜率不存在时，则与重合，又，即， 所以，，此时直线 的方程为， 则到 的距离为0； 当直线的斜率为0时，则与重合，，， 此时直线 的方程为，则到 的距离为0； 当直线的斜率存在且不为0时，设的方程为， 设， 直线的方程为， 联立可得， ， 由韦达定理可得，则， 所以， 所以， 联立可得， ， 由韦达定理可得，则， 所以，所以， 则 ，， 所以直线 的方程为， 即， 所以，即， 故直线 过定点， 当时，直线与双曲线的渐近线平行，故与双曲线只有一个交点，舍去； 当时，直线与双曲线的渐近线平行，故与双曲线只有一个交点，舍去； 当时，的横坐标均为，此时，直线 的方程为， 过点； 综上所述，直线 过定点. 所以点到直线 的距离的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了直线与双曲线的位置关系，难度较大，解答本题的关键在于分类讨论直线的斜率存在以及不存在，然后得到直线 恒过定点，从而解答. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $