数学 昆明三中高2025届高三年级上学期第三次综合测试数学答案

昆明三中高2025届高三年级上学期第三次综合测试数学试卷注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、考号、考场号、座位号填写在答题卡上，并用铅笔认真填涂考号。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，再选涂其它答案标号。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，将答题卡交回。一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。1．集合，，若，则实数A． B．0 C． D．12．已知复数在复平面内的对应点为，则的虚部为A． B． C． D．3．已知，则的最大值是A． B．4 C．6 D．74．投壶是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏，在春秋战国时期较为盛行.如图为一幅唐朝的投壶图，甲、乙、丙是唐朝的三位投壶游戏参与者，假设甲、乙、丙每次投壶时，投中的概率均为0.6且投壶结果互不影响.若甲、乙、丙各投壶1次，则这3人中至少有2人投中的概率为A．0.648 B．0.432 C．0.36 D．0.3125．如图，在四边形中，，为线段中点，，则A． B．15 C．18 D．96．已知直线与圆相交于，两点，当面积最大时，实数的值为A．1或 B．或 C．或 D．或7．已知，则A． B．C． D．8．如果数列对任意的，则称为“速增数列”，若数列为“速增数列”，且任意项，则正整数的最大值为A．62 B．63 C．64 D．65二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错或不选的得0分。9．已知函数的部分图象如图所示，则A．B．C．的图象与轴的交点坐标为D．函数的图象关于直线对称10．若函数在处取得极大值，则A．，或B．的解集为C．当时，D．11．如图，正方体棱长为2，、分别是棱，棱的中点，点是其侧面上的动点（含边界），下列结论正确的是A．沿正方体的表面从点到点的最短距离为B．过点，，的平面截该正方体所得的截面面积为C．当时，点的轨迹长度为D．保持与垂直时，点的运动轨迹长度为三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知一组正数，，的方差，则数据，，的平均数为.13．设，是一个随机试验中的两个事件，若，，，则．14．已知椭圆的左右焦点为，若椭圆上存在不在轴上的两点A，B满足，且，则椭圆离心率的取值范围为 .四、解答题：共77分。15．（本小题13分）已知分别为的内角A、B、C的对边，为的面积，且满足.(1)求；(2)若，且，求的余弦值.16．（本小题15分）如图，是半球的直径，，是底面半圆弧上的两个三等分点，是半球面上一点，且.

(1)求四边形的面积；(2)证明：平面；(3)若点在底面圆内的射影恰在上，求直线与平面所成角的正弦值.17．（本小题15分）已知函数（）.(1)求在区间上的最大值与最小值；(2)当时，求证：.18．（本小题17分）已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，离心率，点在椭圆C上，直线l过交椭圆于A，B两点.（1）求椭圆C的标准方程；（2）当时，点A在x轴上方时，求点A，B的坐标；（3）若直线交y轴于点M，直线交y轴于点N，是否存在直线l，使得与的面积满足，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.19．（本小题17分）某游泳馆为给顾客更好的体验，推出了A和B两个套餐服务，顾客可选择A和B两个套餐之一，并在App平台上推出了优惠券活动，下表是该游泳馆在App平台10天销售优惠券情况．日期t12345678910销售量千张1.91.982.22.362.432.592.682.762.70.4经计算可得：.(1)因为优惠券购买火爆，App平台在第10天时系统出现异常，导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少，已知销售量y和日期t呈线性关系，现剔除第10天数据，求y关于t的经验回归方程结果中的数值用分数表示；(2)若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为，选择B套餐的概率为，并且A套餐可以用一张优惠券，B套餐可以用两张优惠券，记App平台累计销售优惠券为n张的概率为，求；(3)记（2）中所得概率的值构成数列.①求的最值；②数列收敛的定义：已知数列，若对于任意给定的正数，总存在正整数，使得当时，，（是一个确定的实数），则称数列收敛于.根据数列收敛的定义证明数列收敛．参考公式：.参考答案：题号1234567891011答案CCAADABBADBCDCD1．C【分析】根据集合的包含关系，讨论或或，结合集合中元素的互异性，即可判断和选择.【详解】因为，故．①当时，，则，与元素的互异性矛盾，故不成立；②当时，解得，与元素的互异性矛盾，故不成立；③当时，即，则，，故成立，故.故选：C．2．C【分析】根据条件得到，再利用复数的运算，得到，即可求解.【详解】因为复数在复平面内的对应点为，所以，则，所以的虚部为，故选：C.3．A【分析】将变形为，利用均值不等式进行求解.【详解】，，当且仅当，即时取等号.所以的最大值是.故选：A.4．A【分析】由独立事件概率乘法公式可得.【详解】记甲、乙、丙投中分别即为事件，由题知，则3人中至少有2人投中的概率为：.故选：A.5．D【分析】在中，由余弦定理求出长，由勾股定理可得直角三形，由求出长，再利用数量积定义即可求.【详解】在中，已知，由余弦定理可得，则.由，可得.故在中，为线段中点，则，又，则，且.故.故选：D.6．A【分析】求出圆心和半径，利用垂径定理和点到直线距离公式表达出的面积，并利用基本不等式求出面积的最大值为，此时圆心到直线的距离为，从而得到方程，求出的值.【详解】的圆心为，半径为1，圆心到直线的距离，故，则的面积，当且仅当，即时，等号成立，即，解得.故选：A7．B【分析】利用计算即可.【详解】令，则，显然时，时，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以（时取得等号），（时取得等号），故，即.故选：B8．B【分析】根据“速增数列”的定义，结合累加法建立不等式并求解即得.【详解】当时，，因为数列为"速增数列"，所以，且，所以，即，当时，，当时，，故正整数的最大值为63，故选：B.9．AD【分析】根据函数的图象确定其最小正周期，求出，判断A；利用特殊值可求出，进而求出的图象与轴的交点坐标，判断BC；判断的图象关于点对称，即可判断D.【详解】由图可知，的最小正周期，则，A正确；由图象可知时，函数无意义，故，由，得，即，则，即的图象与轴的交点坐标为，B，C错误；由于，则的图象关于点对称，可得函数的图象关于直线对称.故选：AD10．BCD【分析】A选项，由题可得，据此得的可能值，验证后可判断选项正误；B选项，由A分析，可得表达式，解相应不等式可判断选项正误；C选项，由A分析结合，大小关系可判断选项正误；D选项，由A分析，验证等式是否成立可判断选项正误.【详解】A选项，由题，则，因在处取得极大值，则或.当时，，令；.则在上单调递增，在上单调递减，则在处取得极小值，不合题意；当时，，令；.则在上单调递增，在上单调递减，则在处取得极大值，满足题意；则，故A错误；B选项，由A可知，，则.故B正确；C选项，当，则，则，由A分析，在上单调递增，则，故C正确；D选项，令，由A可知，.则，又，则，故D正确.故选：BCD11．CD【分析】根据正方体的侧面展开图，可判断A；连接，得到过点的平面截该正方体所得的截面为等腰梯形，可判断B；取的中点，连接，证得平面，得到，得到点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆在正方形内的部分，可判断定C；以为原点，建立空间直角坐标系，设，根据，求得点的轨迹方程，可判断D.【详解】对于A，如图所示，将正方形沿着展在平面，在直角中，可得，将沿着展开到与平面重合，在直角中，可得，故A错误；对于B，如图所示，连接，因为为的中点，可得，因为，所以，所以过点的平面截该正方体所得的截面为等腰梯形，其中，且，可得高为，可得等腰梯形的面积为，故B错误；对于C，取的中点，连接，因为为的中点，所以，因为平面，可得平面，又因为平面，所以，在直角中，由，可得，所以点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆在正方形内的部分，如图所示，在直角中，由，可得，所以，可得，即当时，点M的轨迹长度为，故C正确；对于D，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得，设，其中，则，因为与垂直，可得，即，令，可得；当，可得，即直线与正方形的边的交点为，可得，故D正确.故选：CD.【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面处理解决：一是函数法，即根据题中信息直接建立函数关系式，或通过空间向量的坐标运算建立函数关系式，转化为函数的最值问题求解，最后根据函数的形式，选择利用函数的性质、基本不等式或导数求最值；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解.12．3【分析】先根据方差求，，的平均数，再根据数据关系得，，的平均数.【详解】设，，的平均数为，则，因为，所以因此，，的平均数为故答案为：3【点睛】本题考查方差与平均数，考查基本分析求解能力，属基础题.13．/0.5【分析】根据条件概率公式和概率加法公式即可求解【详解】由条件概率公式可得：，又，所以，由概率加法公式可得：，所以；故答案为：．14．【分析】由判断出四边形为平行四边形，由正弦定理，利用可得答案.【详解】由知，为AB中点，四边形为平行四边形，由与可知，在中由正弦定理知，，在中，有，又因为，可得，，由，得，故离心率的取值范围为.故答案为：.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中离心率的计算，关键是根据题中条件，结合曲线性质，找到一组等量关系（齐次式），进而求解离心率或范围.15．(1)(2)【分析】（1）利用面积公式和余弦定理化简已知条件得，然后利用辅助角公式及正弦函数性质求解角即可；（2）由向量的数量积运算律得，将代入求得，利用余弦定理求得，再利用向量运算得，从而求得，最后利用余弦定理求解即可.【详解】（1）由面积公式和余弦定理可得：，，，，.（2）由及得，，化简得，将代入上式整理得：，所以，所以，解得.，三点共线，且，所以.16．(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）利用圆的性质判断得四边形为菱形，再利用面积公式即可得解；（2）结合（1）中结论，证得，进而得到，从而证得，由此利用线面垂直的判定定理即可可证；（3）利用（2）中条件，结合题设条件建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，从而利用空间向量法即可得解.【详解】（1）连接，因为是底面半圆弧上的两个三等分点，所以有，又因为，

所以都为正三角形，所以，四边形是菱形，则到边的距离为，所以四边形的面积为.（2）记与的交点为，连接，因为四边形是菱形，则为和的中点，因为，所以为正三角形，所以，则，而在等边中，易知，即，所以，因为是半球面上一点，是半球的直径，所以，又，平面，所以平面.（3）因为点在底面圆内的射影恰在上，由（2）知，即为点在底面圆内的射影，所以底面，因为四边形是菱形，所以，即两两互相垂直，以点为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，所以，，，设平面的一个法向量为，则，所以，取，则，设直线与平面的所成角为，所以，故直线与平面所成角的正弦值为．【点睛】关键点点睛：本题第2小问解决的关键是，利用三角形中线为对应边的一半得到该三角形为直角三角形，从而迎刃而解.17．(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导（）（），分，讨论求解；（2）方法一：隐零点法，由，，转化为证明，令，（），由成立即可；方法二：（同构）由，，转化为，进而变形为，再构造函数（），证即可.【详解】（1）解：（）（），令，则，当时，，所以在区间上恒成立，在区间上单调递增，所以，.当时，，则当时，，在区间上单调递减；当时，，在区间上单调递增，所以，而，.所以综上所述，当时，，；当时，所以，.（2）方法一：隐零点法因为，，所以，欲证，只需证明，设，（），，令，易知在上单调递增，而，，所以由零点的存在性定理可知，存在唯一的使得，即，因此，，当时，，，在上单调递减；当时，，，在上单调递增；所以所以，因此.方法二：（同构）因为，，所以，欲证，只需证明，只需证明，因此构造函数（），，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增：所以，所以，所以，因此.【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是根据，利用放缩法消元为，从而只需证明，再构造函数而得证.18．（1）；（2），；（3）存在，或【解析】（1）由和点在椭圆上结合可求出椭圆的方程.（2）设，，则，结合点A在椭圆上可求出A点坐标，然后可得直线AB的方程，再与椭圆联立可求出B点坐标.（3）设，，，，设直线l：，，.由建立关于的方程从而求解.【详解】解：（1）由题意可知，，，又，联立方程组可解得：，，所以椭圆C的方程为.（2）设，依题意，，，，即，，又A在椭圆上，满足，即，，解得，即，直线AB：，联立，解得.（3）设，，，，直线l：（斜率不存在时不满足题意），则，.联立，得.则，.由直线的方程：，得M纵坐标.由直线的方程：，得N纵坐标，由，得.所以，，，代入根与系数的关系式，得，解得.存在直线或满足题意.【点睛】本题考查求椭圆的方程，由直线与椭圆的位置关系求椭圆上的点的坐标和根据有关三角形的面积关系求直线方程,属于难题.19．(1)(2)(3)①最大值为，最小值为；②证明见解析【分析】（1）计算出新数据的相关数值，代入公式求出的值，进而得