云南省玉溪市易门县2025-2026学年下学3月份考试高三数学试题

云南省玉溪市易门县2025-2026学年下学3月份考试 高三年级 数学 (考试时间：120分钟；满分150分) 注意事项: 1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。 3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。 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.集合，，若，则实数m的取值范围（ ） A. B. C. D. 2.已知复数z在复平面内对应的点的坐标是，则的虚部是（） A.i B.1 C. D. 3.在等比数列中，成等差数列，则数列的公比为（） A.1或2 B.1或3 C.2或3 D.3 4.已知点是双曲线C：的左焦点，过原点的直线与交于(在左支上且异于左顶点）两点，延长与交于点．若，且，则（） A.12 B.8 C.6 D.9 5.若A，B，C均在抛物线上，直线与此抛物线交于M，N两点，弦MN中点为的重心，则（） A.12 B.15 C.18 D.24 6.若倾斜角为的直线的方向向量为，则（） A. B. C.-5 D.5 7.如图，某社区要建一座八边形的休闲场所，它的主体平面图是由两个相同的矩形ABCD和EFGH构成的面积为的十字形地域．计划在正方形MNPQ上建一座花坛，造价为；在四个相同的矩形（图中阴影部分）上铺花岗岩地坪，造价为；在四个空角（图中四个三角形）上铺草坪，造价为．设总造价为S（单位：元），则当总造价S最小时，AD的长度为（ ） A. B. C. D. 8.已知，则＝（） A. B. C. D. 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.已知函数是定义域为的奇函数，，若，，，则（） A. B. C.是周期为的周期函数 D. 10.下列结论正确的是（ ） A.随机变量服从二项分布，，则 B.数据，，，…，的平均数为2，则，，，…，的平均数为6 C.在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为10. D.随机变量服从正态分布，且，则 11.由正四棱锥和四棱锥拼接得到一个组合体，与在平面的异侧.若该组合体的所有顶点都在球的球面上，且正四棱锥的所有棱长都为1，则（） A.球的表面积为 B.组合体体积最大值为1 C.当组合体体积为时，点的轨迹是半径为的圆 D.当组合体的体积最大时，其表面积为 三、填空题（每题5分，共15分） 12.已知函数在时有极值0，则=                    . 13.设是正整数，表达式化简的结果是                   14.已知棱长为1的正方体，在其内部放入两个相外切的球和球（可与正方体表面相切），半径分别为，则的最大值为                   ． 四、解答题（本题共5个大题，共77分） 15.（13分）下表是某公司从2020年至2024年某种产品盈利额的近似值（单位：万元） 年份 2020 2021 2022 2023 2024 年份代号 1 2 3 4 5 盈利额 50 56 64 72 83 (1) 求关于的相关系数的值（精确到0.001），并判断它们是否具有较强的线性相关关系（如果，则认为与的线性相关关系较强，否则认为线性相关关系较弱）； (2) 求关于的线性回归方程，并预测2025年该种产品的盈利额． 附： ①相关系数； ②经验回归方程中的和的最小二乘估计公式为 ③． 16.（15分）设A，B为曲线C：y＝上两点，A与B的横坐标之和为4． (1) 求直线AB的斜率； (2) 设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程． 17.（15分）已知函数. (1) 求的极值； (2) 若函数在定义域内有三个零点，求实数a的取值范围. 18.（17分）如图1，已知椭圆Γ的方程为和椭圆其中A，B分别是椭圆τ的左右顶点．若A，B恰好为椭圆Γ的两个焦点，椭圆Γ和椭圆τ有相同的离心率． (1) 求椭圆Γ的方程； (2) 如图2，若P是椭圆τ上一点，射线AP，BP分别交椭圆于，N，连接AN，BM（P，M，N均在x轴上方）．求证：NB，MA斜率之积为定值，求出这个定值； (3) 在(2)的条件下，若，且两条平行线的斜率为求正数k的值． 19.（17分）若定义在上的函数和分别存在导函数和．且对任意均有，则称函数是函数的“导控函数”．我们将满足方程的称为“导控点”． (1) 试问函数是否为函数的“导控函数”？ (2) 若函数是函数的“导控函数”，且函数是函数的“导控函数”，求出所有的“导控点”； (3) 若，函数为偶函数，函数是函数的“导控函数”，求证：“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”． 高三年级 数学答案 1、 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.D【解析】已知，集合，， 通过数轴直观分析可得. 所以的取值范围是. 综上，答案选D. 2.B【解析】已知复数在复平面内对应点坐标为， 可得. 则. . 所以的虚部是. 综上，答案选B. 3.B【解析】设等比数列的公比为, 由成等差数列得, 由等比数列通项公式,,, 代入得, 整理得, 因为等比数列中, 故, 解得或, 故选:B. 4.C【解析】 取双曲线右焦点,连接、、. 由直线过原点及双曲线对称性，得、关于原点对称,、关于原点对称，故四边形为平行四边形. 由,得,故平行四边形的对角线,即四边形为矩形，因此. 设,由,得,故. 由双曲线定义，得,. 在中，由勾股定理,,解得. 在中,,由勾股定理,. 将代入，得,解得. 故. 故选:C. 5.B【解析】由抛物线得准线,焦点. 联立与,得, 故中点的横坐标为. 设、、, 由重心坐标公式得, 故. 由抛物线的定义得,,, 故. 故选:B. 6.A【解析】由倾斜角为的直线的方向向量为, 得. 由正切和角公式,, 代入, 得. 故选:A. 7.B【解析】 设,,由十字形地域面积为,得,故. 总造价,代入,得,化简得. 由且,得,故. 由基本不等式,,当且仅当,即时等号成立. 故选:B. 8.A【解析】 由二倍角公式得. 因为,所以. 由,得. 代入二倍角公式得,解得. 故选:A. 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.CD【解析】 由是定义域为的奇函数，得且. 由及,得,即,故. 由,得,故,即是周期为4的周期函数,C正确. g(3) = (3 - 2)f(3) = f(3) (x)(3)=f(-1) = -f(1) = -2(3)=-2 g(5) = (5 - 2)f(5) = 3f(5) (x)(5)=f(1) = 2(5)=6,B错误. 由,,,,得. 由,得,D正确. 故选:CD. 10.ACD【解析】 对于选项A: 由随机变量服从二项分布,得;由,得,故A正确. 对于选项B: 由原数据平均数为2,得的平均数为,故B错误. 对于选项C: 由各项系数和为32,令得,解得;由的展开式通项为,令得,故项的系数为,故C正确. 对于选项D: 由随机变量服从正态分布,得对称轴为,故,则,故D正确. 故选:ACD. 11.AD【解析】 对于选项A: 由正四棱锥所有棱长为1,底面正方形边长为1,得底面外接圆半径;由,得正四棱锥的高.由在球上，球心到平面的距离为,故,代入,化简得.球的表面积为,故A正确. 对于选项B: 组合体体积为（为到平面的距离）.由在球上，球心为正方形中心,的最大值为,故体积最大值为,故B错误. 对于选项C: 由组合体体积为,得,解得.由球心在平面上,在球上，故的轨迹圆半径为,故C错误. 对于选项D: 当组合体体积最大时,到平面的距离为,四棱锥所有棱长为1.正四棱锥的侧面积为,故组合体表面积为,故D正确. 故选:AD. 三、填空题（每题5分，共15分） 12.-18【解析】由得;因为时有极值0,所以且,即,解得或;当时,,函数在上单调递增，无极值，故舍去;因此,则. 13.【解析】 由原式提取公因子3得. 由二项式定理，括号内为,即. 故原式化简结果为. 14.【解析】 由正方体棱长为1,得体对角线. 球与正方体三个两两垂直的面相切，故球心到顶点的距离为;球与正方体另外三个两两垂直的面相切，故球心到顶点的距离为. 两球外切，故. 由,得,即, 故. 四、解答题（本题共5个大题，共77分） 15.(1) 解：由n=5,x₁=1,x₂=2,x₃=3,x₄=4,x₅=5,得;由y₁=50,y₂=56,y₃=64,y₄=72,y₅=83,得. 由,得. 由附给,,得,由,得. 因为,所以y与x具有较强的线性相关关系. (2)解：由,,得. 由,得,故y关于x的线性回归方程为. 由2025年对应年份代号x=6,代入得. 16.(1) 解：设A(x₁,y₁),B(x₂,y₂),x₁≠x₂,由y₁=,y₂=,x₁+x₂=4,得y₁−y₂=,故直线AB的斜率k===1． (2) 解：由y=得y′=,设M(x₃,y₃),由切线与AB平行得=1,故x₃=2,代入y=得y₃=1,即M(2,1)． 设直线AB的方程为y=x+m,由x₁+x₂=4得AB的中点N(2,2+m),故|MN|=|(2+m)−1|=|m+1|． 将y=x+m代入y=得x²−4x−4m=0,由Δ=16+16m>0得m>−1, 此时x₁=2+2,x₂=2−2,故|AB|=|x₁−x₂|=4． 由AM⊥BM得|AB|=2|MN|,即4=2(m+1),设u=m+1>0,得4=2u,平方得8u=u², 解得u=8,故m=7． 直线AB的方程为y=x+7． 17.(1)解：由（定义域为）,得. 由,得或. 因为时,单调递增;时,单调递减;时,单调递增. 故时取极大值,极大值为;时取极小值,极小值为. (2)解：由,得是的一个零点. 故函数有三个零点等价于方程有两个非零实根. 令,得. 因为时,在单调递减;时,在单调递增. 故的最小值为. 由时,时,若方程有两个非零实根,则（时方程仅有一个非零实根）. 综上,. 18.(1)解：椭圆，其离心率，右顶点. 设椭圆半焦距为，则， 又，可得. ， 所以椭圆的方程为. (2)证明：设，满足，. 即，即. ，由得， 代入得， 所以，斜率之积为定值. (3)解：设，，，则，，. 直线：， 与联立得， 其中是方程的根. 直线：，与联立得， 其中是方程的根. 且， ，是方程的两个实根. 由韦达定理. . 整理得. 将韦达定理结果代入：. 化简得，因为，所以. 19.(1)解：对于，求导得； 对于，求导得. 因为的值域是，所以恒成立. 所以函数是函数的“导控函数”. (2)解：，其导数； ，其导数； ，其导数. 由题意恒成立. 令，即，，解得. 将代入，得，代入得， 所以，即. 又恒成立，即恒成立， 其判别式Δ， 所以. 则，此时， 时，，所以“导控点”为. (3)证明：充分性若存在常数使恒成立， 则. 因为是偶函数，即， 所以，即， 整理得恒成立，所以. 必要性：若，则，，是偶函数. 因为是的“导控函数”，所以. 又，， 则是的“导控函数”， 即，也就是， 用代换得. 所以， 设，则， 所以是常数函数，存在常数使得恒成立. 综上，“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”. 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $