精品解析：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. 3 B. C. 2 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. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知函数，其中，5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. 残差的平方和越小，模型的拟合效果越好 B. 若随机变量，则 C. 数据，，，，，，的第80百分位数是21 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1694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C：是双纽线，则下列结论正确的是（ ） A. 已知，，则曲线C上满足的点P有且只有一个 B. 曲线C经过4个整点（横、纵坐标均为整数的点） C. 若直线与曲线C只有一个交点，则实数k的取值范围为 D. 曲线C上任意一点到坐标原点的距离都不超过2 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. 在的二项式中，所有的二项式系数之和为256，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. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求角的大小； （2）若外接圆的半径为，且，求的面积． 16. 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200名的顾客，均可获得3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1次可获得100元奖金，中奖2次可获得300元奖金，中奖3次可获得500元奖金. （1）已知，求顾客甲获得了300元奖金的条件下，甲第一次抽奖就中奖的概率. （2）在（1）的条件下，已知该商场开业促销活动的经费为4.5万元，问该活动是否会超过预算? 请说明理由. 17. 如图，在四棱锥中，底面四边形是正方形，平面，二面角为. （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知函数． （1）若曲线在处的切线过点，求实数a的值； （2）当时，证明：． 19. 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． （1）求曲线的方程，并说明是什么曲线； （2）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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出集合，再根据对数函数的性质求出集合，最后根据补集、交集的定义计算可得. 【详解】因为，可知． 对于函数，令，即，解得或， 所以， 则，所以． 故选：D． 2. 若复数满足（其中为虚数单位），则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数乘法以及除法运算法则计算可得结论. 【详解】根据可得， 所以， 所以的虚部是. 故选：C 3. 已知两个非零向量，的夹角为，且，则（ ） A. 3 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件，结合数量积的运算律可推得.进而根据数量积的运算律求出，，即可得出答案. 【详解】由已知可得，即， 所以，. 所以，， ， 所以，. 故选：B. 4. 已知数列、满足，，，则数列的前项和为． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据等差数列、等比数列定义求出数列、的通项公式，进而求出的通项公式，根据定义判断其为等比数列，运用等比数列求和公式求解即可. 【详解】解：因为， ∴数列是等差数列，且公差是，是等比数列，且公比是， 又∵， ∴， ∴， 设， ∴，数列是等比数列，且公比为，首项为， 由等比数列的前项和的公式得：其前项的和为. 故选：C. 【点睛】等差、等比数列的证明经常利用定义法和等比中项法，通项公式法、前项和公式法经常在选择题、填空题中用来判断数列是否为等差、等比数列． 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 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面垂直即可求证面面垂直，即可说明充分性，根据面面垂直的性质可得线面垂直，即可利用线面垂直的判断求证必要性. 【详解】由于，所以， 若 ，则，，故充分性成立， 若，，设，， 则存在直线使得，所以，由于，故， 同理存在直线使得，所以，由于，故， 由于不平行，所以是平面内两条相交直线，所以，故必要性成立， 故选：C 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 【答案】C 【解析】 【分析】首先应用分步计数求出将名女性观众分配到个项目，再应用分组分配，将男性分成各组人数分别为，，或，，，结合排列组合数求不同的分配方法数，即可得. 【详解】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，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. 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. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】由得，根据向量的运算和两点间的距离公式，求得点的轨迹方程，再利用点与圆的位置关系，即可求解的最小值，得到答案． 【详解】设，，， 由得，即， 由题意可知，MN为Rt△AMB斜边上的中线，所以, 则 又由，则， 可得，化简得， ∴点的轨迹是以为圆心、半径等于的圆C3， ∵M在圆C3内，∴ MN的最小值即是半径减去M到圆心的距离， 即，故选A． 【点睛】本题主要考查了圆的方程及性质的应用，以及点圆的最值问题，其中解答中根据圆的性质，求得点的轨迹方程，再利用点与圆的位置关系求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题． 8. 已知函数，其中，5为的极小值点.若在内有最大值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对函数求导得，结合研究的区间单调性，进而确定极值点，再由区间存在最大值得，即可求范围. 【详解】由题设， 由，所以， 当或时，，即在、上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 所以极小值点为，极大值点为， 而， 且， 所以，只需，即， 所以. 故选：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. 残差的平方和越小，模型的拟合效果越好 B. 若随机变量，则 C. 数据，，，，，，的第80百分位数是21 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 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，由一元线性回归模型的知识即可判断正误；对于B，先求出随机变量的方差，由方差的性质可知正误；对于C，由第百分位数的算法即可算得；对于D，容易计算得出平均数不变，而方差会变，故D错误. 【详解】对于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C，从小到大排列一共有7个数据，，故第80百分位数是第6个数据，即21，故C正确； 对于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， 同理可算得新数据的方差为，所以方差会变，故D错误； 故选：AC. 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用线面平行的判定推理判断AD；利用线面平行的判定性质推理判断C；利用锥体积体公式求出体积比判断B. 【详解】对于A，连接，连接，由且，为中点， 得，则是中点，而是中点，于是， 而平面，平面，因此平面，A正确； 对于B，，由是中点，得到平面的距离是到此平面距离的2倍， 而，因此，B错误； 对于C，平面，平面，则平面， 而平面平面，平面，于是，而平面， 平面，因此直线平面，C正确； 对于D，延长交于点，连接，直线直线，由且， 得为中点，而是中点，则平面，平面， 因此直线平面，D正确. 故选：ACD 11. 双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于1694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C：是双纽线，则下列结论正确的是（ ） A. 已知，，则曲线C上满足的点P有且只有一个 B. 曲线C经过4个整点（横、纵坐标均为整数的点） C. 若直线与曲线C只有一个交点，则实数k的取值范围为 D. 曲线C上任意一点到坐标原点的距离都不超过2 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A项，有唯一交点为即可求解；对于B项，曲线C经过整点求解；对于C项，联立方程得，由题意可知求解；对于D项，可知求解. 【详解】对于A项,点P满足,则点P在y轴上，将代入方程，得，即，解得，得唯一交点为，故A项正确； 对于B项, 令，解得：或或，当时，无解. 所以曲线C经过整点，故B项错误； 对于C项, 因为直线与曲线必有公共点， 联立，可得， 由题意可知，解得或，即实数的取值范围是.故C项正确； 对于D项, 根据曲线C：，可知，所以双曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2，故D项正确. 故选：ACD 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. 在的二项式中，所有的二项式系数之和为256，则常数项等于________． 【答案】252 【解析】 【分析】 根据展开式中所有二项式系数的和等于，求得．在展开式的通项公式中，令的幂指数等于0，求得的值，即可求得展开式中的常数项． 【详解】∵在的二项式中，所有的二项式系数之和为256， ∴，解得， ∴中，， ∴当，即时，常数项为． 故答案为：252． 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于中档题． 13. 在中，，，平面外一点满足，则三棱锥外接球的表面积是_________． 【答案】 【解析】 【分析】因为，所以点在平面上的射影是的外心，即为中点，而三棱锥的外接球球心一定在上，由此计算出球半径后可得表面积． 【详解】因为，所以点在平面上的射影是的外心， 又，所以是中点，如图， 由平面，平面，得， 三棱锥的外接球球心在上， ，， 设，则由得，， 所以外接球表面积为． 故答案为：． 14. 已知函数若存在，，使得，则的最大值为______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据函数解析式，利用导数，研究其单调性，画图，根据题意，明确对应函数值的取值范围，设为，利用函数的思想，可得答案. 【详解】当时，，， 当时，，当时，， 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1． 故答案为：1. 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. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求角的大小； （2）若外接圆的半径为，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式计算可得； （2）由正弦定理求出，再由余弦定理及求出、，最后由面积公式计算可得. 【小问1详解】 因为 由正弦定理得． 所以， 因为，所以． 所以． 因为，所以， 因为，所以． 【小问2详解】 因为外接圆半径为， 由正弦定理得，由（1）知，即，所以， 由余弦定理得，所以， 因为，代入上式得． 因为，所以，则，所以． 16. 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200名的顾客，均可获得3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1次可获得100元奖金，中奖2次可获得300元奖金，中奖3次可获得500元奖金. （1）已知，求顾客甲获得了300元奖金的条件下，甲第一次抽奖就中奖的概率. （2）在（1）的条件下，已知该商场开业促销活动的经费为4.5万元，问该活动是否会超过预算? 请说明理由. 【答案】（1） （2）不会，说明： 设一名顾客获得的奖金为X元，则X的取值可能为， 则， ， ， ， 则（元）， 故， 故该活动不会超过预算. 【解析】 【分析】（1）设顾客甲获得了300元奖金的事件为A，甲第一次抽奖就中奖的事件为B，求出、，根据条件概率的公式，即可求得答案； （2）设一名顾客获得的奖金为X元，确定其可能的取值，求得每个值对应的概率，即可求出，从而求得200名顾客获得奖金的期望，与促销活动的经费比较，即得结论. 【小问1详解】 设顾客甲获得了300元奖金的事件为A，甲第一次抽奖就中奖的事件为B， 则， ， 故； 【小问2详解】 略 17. 如图，在四棱锥中，底面四边形是正方形，平面，二面角为. （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 在四棱锥中，由平面，平面，得， 由四边形是正方形，得，而平面， 因此平面，又平面, 所以平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质、判定及面面垂直的判定推理得证. （2）利用（1）的信息确定二面角的平面角，再作出线面角，利用几何法求出正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，平面，而，则平面，又平面， 于是，为二面角的平面角，则， 令正方形的棱长为4，而，则， 取中点，连接，则，由（1）知平面平面， 又平面平面，平面，则平面， 是直线与平面所成的角，而， ，所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知函数． （1）若曲线在处的切线过点，求实数a的值； （2）当时，证明：． 【答案】（1） （2） 证明：，设，则， 因为，所以当时，，即单调递减； 当时，，即单调递增； 时，，即， ，， 所以当时，. ，， 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，故， 则，得证． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义在某一点处的导数即为在这点处的切线斜率求解切线方程，再将代入方程，即可求出实数a的值. （2）二次求导，利用导数判断函数的单调性，写出函数的最小值，判断最小值大于即可得证. 【小问1详解】 函数的定义域为，，所以， 又， 所以在处的切线方程为， 将点代入得，解得． 【小问2详解】 略 19. 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． （1）求曲线的方程，并说明是什么曲线； （2）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． 【答案】（1）曲线的方程为，该曲线为一个椭圆；（2）． 【解析】 【分析】（1）点的坐标为，根据条件建立方程化简即可求解； （2）分分类讨论，时，设点的坐标为，利用直线与椭圆方程相交，求出点的坐标计算，化简求解即可. 【详解】（1）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，以曲线的方程为，该曲线为一个椭圆． （2）当时，在椭圆上，解得，所以． 当时，则由消去化简整理得， ，① 设、、点的坐标分别为、、，则，． 由于点在椭圆上，所以，从而，化简得，经检验满足①式． 因为，有，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 $