精品解析：云南省昭通市浙江外国语学院附属镇雄中学等校2025届高三下学期3月份联考数学试题

2025届高三年级3月份联考 数学试题 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1 （ ） A. B. C. D. 2 设集合，若，则（ ） A. B. C D. 3. 已知单位向量，满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，为实数，设甲：；乙：，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 5. 已知某圆锥的轴截面是正三角形，从该圆锥高的一半处作平行于底面的平面截圆锥得一个小圆锥和一个小圆台，则该小圆台与原圆锥的表面积之比为（ ） A. B. C. D. 6. （ ） A. B. C. D. 7. 记为数列的前项之积，已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 在的展开式中，二项式系数的最大值为20，则系数的最大值为（ ） A. 729 B. 1243 C. 1458 D. 2187 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知双曲线，点，，，均在上，则四边形可能为（ ） A. 等腰梯形 B. 菱形 C. 矩形 D. 正方形 10. 已知定义在上的函数满足，，且的图象是一条连续不断的曲线，则（ ） A. 在区间上可能存在零点 B. 在区间上可能存在极值点 C. 在区间上一定存在零点 D. 在区间上一定存在极值点 11. 为更好地促进德育评比，学校拟对学生评价系统进行升级．某个特定的评价指标采用分数来评定，对于该评价指标，旧的评价体系与新的评价体系满足：对任意实数，在旧的评价体系下，当甲学生的分数为乙学生分数的倍时，新的评价体系中甲学生的分数也为乙学生分数的倍，则对于该评价指标，下列说法正确的有（ ） A. 若甲学生在旧的评价体系下分数为0，则其在新的评价体系中分数也为0 B. 若在旧的评价体系中甲学生分数大于乙学生分数，则其在新的评价体系中甲学生分数也大于乙学生分数 C. 若在旧评价体系中甲学生分数的绝对值等于乙学生分数绝对值，则其在新的评价体系中甲学生分数绝对值也等于乙学生分数绝对值 D. 若在旧的评价体系中甲学生分数为1，且其在新的评价体系中分数也为1，则在旧的评价体系中分数为正的同学在新的评价体系中分数不变 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知函数的最小正周期为，则_____． 13. 记为等比数列的前项和，且的公比为2，若，则_____． 14. 已知为坐标原点，为抛物线的焦点．过点作直线交于，两点，轴上一点满足，且，则_____． 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知的内角，，的对边分别为，，，且． （1）求； （2）若，，求． 16. 古人在修建城垣时，常将其修成直棱柱．右图为一城垣，其中，，，，平面． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知为椭圆的右焦点，为坐标原点，过点的直线与交于，两点，线段的中点为，直线与的斜率之积为． （1）求的方程； （2）设直线与直线交于点． （i）证明：直线垂直于； （ii）若为等腰三角形，求的方程． 18. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调增区间； （3）若，证明：． 19. 某校开设劳动教育课程，共设置了两类课程：家政，园艺，共有400名学生．学校对学生选择了这两类课程的人数进行了统计，相关数据记录在如下表格中，但其中有两项缺失，用频率估计概率，已知在学生为男生的情况下，选择家政课的概率为，统计表格如下： 课程 性别 合计 男生 女生 家政 160 园艺 120 合计 400 （1）补全表格，并根据小概率值的独立性检验，判断学生选择哪类劳动教育课程是否与性别有关； （2）为检测两类课程的授课效率，学校对某一课程中同一知识点教师的授课时长与学生任务完成率进行了跟进，授课时长（分钟）和学生任务完成率数据如下： 时长 20 24 28 32 36 40 完成率 50 70 60 66 72 84 学校为了调研学生完成率是否存在某一上课时长下完成率与平均完成率偏差过大的情况，需计算偏差系数，现给出以下两种数据处理方式：①，②，已知偏差系数越大的处理方式，对于数据中大偏差数据的存在体现得越明显． （i）用两种处理方式分别计算学生任务完成率的偏差系数，并指出哪一种数据处理方式对大偏差数据的存在体现更明显； （ii）判断此后校方的每次调研均采用（i）中对大偏差数据的存在体现更明显的数据处理方式是否合理，并证明你的判断． 附：， 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高三年级3月份联考 数学试题 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数模公式计算可得. 【详解】由题意可得． 故选：B． 2 设集合，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由元素与集合的关系求出参数，求解方程从而得到集合. 【详解】，所以，时，， 解得或，即． 故选：D． 3. 已知单位向量，满足，则（ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据题意求，接着利用平面向量的数量积计算，再根据同角三角函数的平方关系求. 【详解】由两边平方得， 整理得，所以， 所以． 故选：A 4. 已知，为实数，设甲：；乙：，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】由充分、必要条件的判定方法进行判断即可. 【详解】对于充分性，取，，此时，但，充分性不成立； 对于必要性，取，，此时，但，必要性不成立． 故甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件． 故选：D 5. 已知某圆锥的轴截面是正三角形，从该圆锥高的一半处作平行于底面的平面截圆锥得一个小圆锥和一个小圆台，则该小圆台与原圆锥的表面积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设原圆锥的底面半径为2，由圆锥和圆台的表面积公式计算可得. 【详解】不妨设原圆锥的底面半径为2，高为，则原圆锥的表面积为． 小圆台的上下底面积为，侧面积为，表面积为． 故选：A． 6. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用诱导公式和和差公式化简即可. 【详解】， 所以，原式． 故选：D． 7. 记为数列的前项之积，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，得到是公差为2的等差数列，进而得到，再求出即可． 【详解】因为，故2），故， 故，所以是公差为2的等差数列， 因为，所以， 所以，所以． 故选：C． 8. 在的展开式中，二项式系数的最大值为20，则系数的最大值为（ ） A. 729 B. 1243 C. 1458 D. 2187 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式系数最大值求出，再列不等式得出系数的最大值. 【详解】因为，，，所以． 设展开式的第项的系数为，则，． 令得，所以取，得． 故选：C． 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知双曲线，点，，，均在上，则四边形可能为（ ） A. 等腰梯形 B. 菱形 C. 矩形 D. 正方形 【答案】AC 【解析】 【分析】令，轴，或即可判断AC；根据等轴双曲线两条渐近线之间的夹角为即可判断BD. 【详解】不妨令，轴，， 则此时四边形为等腰梯形，故A正确； 因为为等轴双曲线，所以两条渐近线之间的夹角为， 故四边形的对角线必不可能相互垂直，故B，D错误； 令，，分别在不同象限内，轴，， 则四边形为矩形，故C正确． 故选：AC． 10. 已知定义在上的函数满足，，且的图象是一条连续不断的曲线，则（ ） A. 在区间上可能存在零点 B. 在区间上可能存在极值点 C. 在区间上一定存在零点 D. 在区间上一定存在极值点 【答案】ABC 【解析】 【分析】假设在区间上先减后增时，，，由零点存在性定理与极值点的概念逐项判断即可. 【详解】当在区间上先减后增，且存在极值点时，若， 则设，，且的图象是一条连续不断的曲线， 故由零点存在性定理，在与上有两个零点，故A正确； 此时存在极值点，故B正确； 由，且的图象是一条连续不断的曲线， 故由零点存在性定理可知在区间上一定存在零点，故C正确； 若在区间上单调递减，此时D无法满足，故D错误． 故选：ABC． 11. 为更好地促进德育评比，学校拟对学生评价系统进行升级．某个特定的评价指标采用分数来评定，对于该评价指标，旧的评价体系与新的评价体系满足：对任意实数，在旧的评价体系下，当甲学生的分数为乙学生分数的倍时，新的评价体系中甲学生的分数也为乙学生分数的倍，则对于该评价指标，下列说法正确的有（ ） A. 若甲学生在旧的评价体系下分数为0，则其在新的评价体系中分数也为0 B. 若在旧的评价体系中甲学生分数大于乙学生分数，则其在新的评价体系中甲学生分数也大于乙学生分数 C. 若在旧的评价体系中甲学生分数的绝对值等于乙学生分数绝对值，则其在新的评价体系中甲学生分数绝对值也等于乙学生分数绝对值 D. 若在旧的评价体系中甲学生分数为1，且其在新的评价体系中分数也为1，则在旧的评价体系中分数为正的同学在新的评价体系中分数不变 【答案】AD 【解析】 【分析】设旧的评价体系中分数为的学生在新的评价体系中分数为，根据题意可得，令可判断A；互换，，分和讨论，令，可判断BC；根据题意求出时的解析式可判断D. 【详解】设旧的评价体系中分数为的学生在新的评价体系中分数为， 则由题可知旧的评价体系中分数为的学生在新的评价体系中分数为，且． 当时，，解得，故A正确； 当时，互换，，则，令，则， 当时同理，， 令，则， 故若在旧的评价体系中甲学生分数大于乙学生分数， 但由于与正负未知，故无法确定二者大小，故B错误； 若在旧的评价体系中甲学生分数的绝对值等于乙学生分数绝对值， 由于与否相等未知，故无法确认二者是否相等，故C错误； 若在旧的评价体系中甲学生分数为1，且其在新的评价体系中分数也为1，则， 当时，，即在旧的评价体系中分数为正的同学在新的评价体系中分数不变，故D正确． 故选：AD． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知函数的最小正周期为，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】由正弦型函数最小正周期的计算公式得到，再赋值计算即可. 【详解】依题意根据周期定义可得，所以． 故答案为：． 13. 记为等比数列的前项和，且的公比为2，若，则_____． 【答案】## 【解析】 【分析】根据等比数列及题干条件，可求得的值，代入公式即可求得结果. 【详解】由可得，解得， 所以，，故． 故答案为：． 14. 已知为坐标原点，为抛物线的焦点．过点作直线交于，两点，轴上一点满足，且，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】由得出，由得出，利用相似线段比以及向量的等量关系，结合抛物线的定义分别求出的线段长度，结合余弦定理求得，由，得，从而得解. 【详解】易知，因为，所以． 设，由知，故，同理． 易知，而，于是相似比为2，故，得到， 故，，， 由相似得，故，化简得． 由抛物线定义知，， 于是由及余弦定理可得： ． 故答案为： 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知的内角，，的对边分别为，，，且． （1）求； （2）若，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，结合三角形的内角和定理和两角和的正弦公式，可求角. （2）先根据确定角，再根据三角形的内角和定理和两角和的正弦公式，可求，最后根据正弦定理求边. 【小问1详解】 由题意可得，由正弦定理可得， 即， 且，所以，则， 因为，所以． 【小问2详解】 由，可得， ，所以，，所以， 且，，则， 故， 由正弦定理可得， 解得． 16. 古人在修建城垣时，常将其修成直棱柱．右图为一城垣，其中，，，，平面． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）应用线面垂直的性质证明，再应用线面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系求出平面及平面的法向量计算二面角余弦值即可. 【小问1详解】 作，由几何关系知， 故点为中点，于是，而，故， 于是，而平面平面，故， 而平面平面，，故平面． 【小问2详解】 ，而平面，故以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，则，． 易知平面的一个法向量， 记平面的一个法向量，由， 化简得，令，可得， 记平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为 17. 已知为椭圆的右焦点，为坐标原点，过点的直线与交于，两点，线段的中点为，直线与的斜率之积为． （1）求的方程； （2）设直线与直线交于点． （i）证明：直线垂直于； （ii）若为等腰三角形，求的方程． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）或． 【解析】 【分析】（1）应用点差法结合斜率关系计算求出，再列式求出即可得出椭圆方程； （2）（ⅰ）根据斜率公式计算证明即可；（ⅱ）根据等腰得出，再应用弦长公式计算求参. 【小问1详解】 设，，由于，在上， 故， 两式相减得，即， 设，则有，， 故， 设直线的斜率为，则，直线的斜率为，故直线与直线的斜率之积为，即，故． 由于右焦点，故，可得， 故，故的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）知：直线的方程为，令，则，即， 所以直线的斜率为，故直线始终垂直于． （ⅱ）由（ⅰ）可知此时，得， 解得，代入的方程知，故的方程为或． 18. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调增区间； （3）若，证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）设函数，根据导数得出在单调递增，又即可求解单调增区间； （3）设，由题意即证，根据导数得出，法一：再设得出，即可证明；法二：由，得，则，即可证明． 【小问1详解】 ， ，， 故曲线在点处的切线方程为， 整理得． 【小问2详解】 设函数， ， 令，， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增， 于是，故在单调递增， 又，故时，， 时，，故的单调增区间为． 【小问3详解】 由于有定义，且，故．要证， 只需证． 设函数，即证， ， 设，， 故在上单调递增， ，故在上单调递增， 于是， 解法一：现构造函数，， 于是在上单调递增，故． 而，故，故，得证； 解法二：，故，故， 所以，故，故， 故，即． 19. 某校开设劳动教育课程，共设置了两类课程：家政，园艺，共有400名学生．学校对学生选择了这两类课程的人数进行了统计，相关数据记录在如下表格中，但其中有两项缺失，用频率估计概率，已知在学生为男生的情况下，选择家政课的概率为，统计表格如下： 课程 性别 合计 男生 女生 家政 160 园艺 120 合计 400 （1）补全表格，并根据小概率值的独立性检验，判断学生选择哪类劳动教育课程是否与性别有关； （2）为检测两类课程的授课效率，学校对某一课程中同一知识点教师的授课时长与学生任务完成率进行了跟进，授课时长（分钟）和学生任务完成率数据如下： 时长 20 24 28 32 36 40 完成率 50 70 60 66 72 84 学校为了调研学生完成率是否存在某一上课时长下完成率与平均完成率偏差过大的情况，需计算偏差系数，现给出以下两种数据处理方式：①，②，已知偏差系数越大的处理方式，对于数据中大偏差数据的存在体现得越明显． （i）用两种处理方式分别计算学生任务完成率的偏差系数，并指出哪一种数据处理方式对大偏差数据的存在体现更明显； （ii）判断此后校方的每次调研均采用（i）中对大偏差数据的存在体现更明显的数据处理方式是否合理，并证明你的判断． 附：， 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 【答案】（1）表格见解析，有关 （2）（i），②对大偏差数据体现更加明显；（ii）合理，证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据条件概率公式计算人数填写联表，计算卡方即可判断； （2）根据给定公式计算偏差系数即可判断，结合给定数据计算判断证明即可. 【小问1详解】 设事件为选到男生，事件为该学生选择家政课， 则，设男生有人，从而，解得，从而女生有200人，女生中选择家政课的人数为80人， 零假设为：课程选择与性别无关． 完善表格如图， 课程 性别 合计 男生 女生 家政 160 80 240 园艺 40 120 160 合计 200 200 400 且， 故依据小概率值的独立性检验可以判定课程选择与性别有关． 【小问2详解】 （ⅰ）根据①的计算公式计算：，，从而； 根据②：， ，因此②的偏差系数更大，从而②对大偏差数据的体现更加明显． （ⅱ）采用（ⅰ）中对大偏差数据的存在体现更明显的数据处理方式即②的处理方式是合理的． 不妨设， ， 只需要证明恒成立． 证明如下：设，则对于任意的，设函数， 将其展开，得到， 则二次函数的， 即， 从而对于原式，令， 有，即恒成立， 故此后校方的每次调研均采用（ⅰ）中对大偏差数据的存在体现更明显的数据处理方式是合理的． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$