云南省临沧地区中学2024-2025学年高三下学期3月月考数学试卷

临沧地区中学2025届高三下学期3月月考试卷数学科目 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.已知集合满足，，全集为，则为(    ) A. B. C. D. 2.若复数满足其中为虚数单位，则的虚部是(    ) A. B. C. D. 3.已知两个非零向量，的夹角为，且，则(    ) A. B. C. D. 4.已知数列、满足，，则数列的前项和为    ． A. B. C. D. 5.已知平面，，，，则“”是“且”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 6.第届夏季奥林匹克运动会于年月日在法国巴黎开幕，某观赛团在现场为中国运动健儿加油助威，观赛团中有名女性观众和名男性观众，计划观看在个不同场地同时举行的个比赛项目，要求每个项目都要有男性观众前往观赛，则不同的分配方法有(    ) A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 7.在平面直角坐标系中，圆：，圆：，点，动点，分别在圆和圆上，且，为线段的中点，则的最小值为(    ) A. B. C. D. 8.已知函数，其中，为的极小值点若在内有最大值，则的取值范围是(    ) 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. 残差越小，模型的拟合效果越好 B. 若随机变量，则 C. 数据，，，，，，的第百分位数是 D. 一组数，，，的平均数为，若再插入一个数，则这个数的方差不变 10.已知四棱锥如图，且，，分别是，的中点，则下列说法正确的有(    ) A. 平面 B. 四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，则 C. 平面与平面的交线记为，则直线平面 D. 平面与平面的交线记为，则直线平面 11.双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于年，雅各布伯努利将其作为椭圆的一种类比来处理椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线曲线是双纽线，则下列结论正确的是(    ) A. 已知，，则曲线上满足的点有且只有一个 B. 曲线经过个整点横、纵坐标均为整数的点 C. 若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为 D. 曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过 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.在的二项展开式中，所有的二项式系数之和为，则常数项等于          ． 13.在中，，，平面外一点满足，则三棱锥外接球的表面积是          ． 14.已知函数若存在，，使得，则的最大值为          ． 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 在中，角，，的对边分别为，，，已知A. 求角的大小 若外接圆的半径为，且，求的面积． 16.本小题分 某商场在开业当天进行有奖促销活动，规定该商场购物金额前名的顾客，均可获得次抽奖机会每次中奖的概率为，每次中奖与否相互不影响中奖次可获得元奖金，中奖次可获得元奖金，中奖次可获得元奖金． 已知，求顾客甲获得了元奖金的条件下，甲第一次抽奖就中奖的概率． 已知该商场开业促销活动的经费为万元，问该活动是否会超过预算请说明理由． 17.本小题分 如图，在四棱锥中，底面四边形是正方形，平面，二面角为． 证明：平面平面； 求直线与平面所成角的正弦值． 18.本小题分 已知函数． 若曲线在处的切线过点，求实数的值 当时，证明：． 19.本小题分 在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，且，及它们关于轴对称的点都在曲线上，是曲线上不同于上述四点的一动点，且直线与的斜率之积等于． 求曲线的方程，并说明是什么曲线； 设直线与曲线相交于、两点，以线段为邻边作平行四边形，其中顶点在曲线上，求的取值范围． 参考答案及解析 1.【答案】  ，可知． 由解得， 则，可知为． 故选D． 2.【答案】  ， ， 所以虚部为． 3.【答案】  因为 ， 所以，而非零向量，的夹角为， 即， 所以， 所以， 所以． 故选B． 4.【答案】  由， 可得数列是首项为，公差为的等差数列，数列是首项为，公比为的等比数列． ． ． 数列的前项和为． 故选：． 5.【答案】  因为，所以． 若，所以且，故充分性成立． 如图，设平面为，平面为，平面为，， 满足且， 则平面，即，故必要性成立． 所以“”是“且”的充要条件． 6.【答案】  先将名女性观众分配到个项目，有种分配方法． 每个项目都要有男性观众，故将男性观众分成三组，各组人数分别为，，或，，． 当男性观众分成三组的人数为，，时，此时共有种 当男性观众分成三组的人数为，，时，此时共有种． 所以不同的分配方法共有种． 故选C． 7.【答案】  设，，， 由，得， 所以， 由题意为斜边上的中线， 所以， 则 ， 又由，则， 可得， 化简得， 则点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，在圆内， 则的最小值是圆的半径减去到的距离， 即的最小值为． 故选A． 8.【答案】  因为，其中， 令得， 所以在上有，递增， 在上有，递减， 所以当为的极小值点， 所以， 又在开区间内有最大值， 所以的极大值点，即 同时满足区间右端点值，即， 即， 即， 所以． 故选D． 9.【答案】  对于选项A，由一元线性回归模型的知识可知，决定系数越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好，故A正确； 对于选项B，因为随机变量服从二项分布，由二项分布的方差计算公式可知， 再由方差的性质可知，故B错误； 对于选项C，因为， 所以第百分位数是第个数据，即，故C正确； 对于选项D，由题意可知， 若再插入一个数，则平均数变为， 即平均数不变， 而原来的数据的方差为， 所以新数据的方差为，故D错误． 故选：． 对于，由一元线性回归模型的知识即可判断正误；对于，先求出随机变量的方差，由方差的性质可知正误；对于，由第百分位数的算法即可算得；对于，容易计算得出平均数不变，而方差会变，故D错误． 10.【答案】  ：连接交于点，连接，因为，，是的中点， 所以，且， 那么四边形是平行四边形，所以是的中点， 连接，又在中，是的中点，所以， 又平面，平面，所以平面，选项A正确； ：设点到平面的距离为， 因为，，所以四边形是梯形， 在梯形中，是的中点，， 因为是的中点， 所以点到平面的距离是， 四棱锥的体积， 三棱锥的体积， 则，选项B错误 ：因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以， 因为平面，平面，所以平面，选项C正确 ：延长，交于点， 在中，因为，，所以是的中点， 连接，则为平面与平面的交线，即就是直线， 在中，因为是的中点，是的中点 ，所以， 因为平面，平面，所以平面，即平面，选项 D正确． 故选：． 11.【答案】  对于，若曲线上点满足， 则点在的垂直平分线上，即轴上，故， 代入曲线方程得，解得，所以这样的点仅有一个，故A正确 对于，由，可得， 所以，又因为，则，令，解得， 所以曲线经过整点，，故B错 另外，根据曲线经过及对称性易知曲线经过的整点个数必定是奇数个故B错 对于，直线与曲线一定有公共点， 若直线与曲线只有一个交点，所以将与联立， 整理得无非零实数解，， 实数的取值范围为，故C正确 对于，由可得， 当且仅当时取等号，曲线上任意一点到坐标原点的距离不超过，故D对． 12.【答案】  在的二项展开式中，所有的二项式系数之和为， ，解得， 中，，，，，， 当，即时，常数项为． 故答案为：． 13.【答案】  如图， 在中，，为直角三角形， 又， 在底面上的射影为底面三角形的外心，即为中点，设为， 设的外心为，则为三棱锥外接球的球心， 在中，，， ，则， 则三棱锥外接球的半径满足，， 可得三棱锥外接球的表面积是． 故答案为：． 14.【答案】  解：当时，，， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 即当时，取得极大值为； 当时，为减函数，且，函数的图象如图． 设，由题可知， 由得，则，则， ，当时，取得最大值为． 故答案为：． 15.由正弦定理，将边化为角：， 展开并整理：， 因为，所以，且， 两边同除以得：，即，又，故B； 已知外接圆半径，由正弦定理， 结合，即，由余弦定理，代入， 得到展开化简得， 则， 面积．  16. 设顾客甲获得了元奖金的事件为，甲第一次抽奖就中奖的事件为， 则， ， 故； 设一名顾客获得的奖金为元，则的取值可能为，，，， 则， ， ， ， ，， 令，， 则 所以在上单调递增， 所以， 所以预计活动最高费用为元元， 故该活动不会超过预算． 17.证明：平面，在平面内， ， 底面为正方形，， 又，，在平面内， 平面， 又平面，平面平面； 过点作，垂足为，连接， 平面，在平面内， ， 又，，在平面内， 平面． 是直线与平面所成的角． 平面且，平面， 为二面角的平面角，则， 则，，， ， 在中，， 直线与平面所成角的正弦值为．  18函数的定义域为，，所以，又， 所以线在处的切线方程为， 将点代入得，解得． 证明：，设，则， 因为，所以当时，，即单调递减 当时，，即单调递增： 当时，，，，， 所以存在唯一的，使得，即， 且当时，，单调递减当时，，单调递增 所以当时，函数在处取得极小值，即为最小值，所以， 因为，所以，所以，所以，得证．  19.：设点的坐标为，  因为直线与的斜率之积等于，且点与点关于原点对称，  所以，化简得，  所以曲线的方程为，该曲线为一个椭圆． 当时，在椭圆上，解得，所以  当时，则由消去，化简、整理得，   ，  设、、点的坐标分别为、、，  则，  因为点在椭圆上，所以，从而， 化简得，  经检验满足式．   因为，所以，故．   综上，所求的取值范围是． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$