云南省丽江市2025届高三复习统一检测数学答案

答案第=page11页，共=sectionpages22页数学参考答案·第1页（共3页）丽江市2025届高中毕业生复习统一检测数学参考答案一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）题号12345678答案BADCDABC【解析】由，得，所以.故选B.2.，故，解得，故，又，故.故选A3.由两边平方得，，由于，所以，所以.故选D若方程表示椭圆，则，解得且，所以“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件．故选C.易知，所以，令，则，显然，所以为奇函数.故选D6．.故选A.7.不妨设五个点数为，由题意平均数为2，方差为0.4，知.可知五次的点数中最大点数不可能为4，5，6.五个点也不可能都是2，则五个点数情况可能是3，3，2，1，1，其方差为，不合题意.若五个点数情况为3，2，2，2，1，其方差为，符合题意，其众数为2.故选B.由题意知，水的体积为，如图所示，设正方体水槽绕倾斜后，水面分别与棱交于，由题意知，水的体积为，所以，即，解得，在平面内，过点作交于，则四边形是平行四边形，且，又侧面与桌面所成的角即侧面与水面所成的角，即侧面与平面所成的角,其平面角为，在直角三角形中，.故选C.二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）题号91011答案ABDACBCD【解析】9.对于A.从小到大排序得：16，17，19，20，22，24，26，由，所以下四分位数是17正确；对于B，正确；对于C，由二项分布可得：，错误；对于D，由正态分布的对称性可得：，正确.故选ABD.10．因为，所以的最小正周期为，故A正确；又由，故B错误；当时，可得，当，即时，取得最小值，因为，恒成立，所以，即实数的取值范围为，故C正确；由题意得函数，因为，所以，又因为函数有且仅有5个零点，则满足，解得，所以实数的取值范围是，故D错误.故选AC.11．A选项：由椭圆方程，所以，，所以，所以的面积为，故A错误；B选项：当或时为直角三角形，这样的点有4个，设椭圆的上下顶点分别为，，则,同理，知，所以当位于椭圆的上、下顶点时也为直角三角形，其他位置不满足，满足条件的点有6个，故B正确；C选项：由于，D选项：因为，又，则的最大、最小值分别为和，当点位于直线与椭圆的交点时取等号，故D正确，故选BCD.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）题号121314答案或【解析】12．在中由正弦定理可知，所以，解得，因为为的内角，所以或，所以或，故答案为或．13．因为，所以的展开式中含的项为，故的展开式中的系数为.故答案为.14．原不等式等价于，也就是，因为均为上的增函数，故为上的增函数，故原不等式即为，故对任意恒成立，故对任意恒成立，设，则，设，则，故在0,+∞上为减函数，而，故当x∈0,1时，即，故在0,1上为增函数；当x∈1,+∞时，即，故在1,+∞故，故.四、解答题（本大题共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.（本小题满分13分）解：（1）由函数，可得（1分）可得（2分）且（3分）所以切线的斜率为，切点为，（4分）则所求切线方程为.（5分）（2）由（1），当时，可得（6分）当时，，函数在上单调递减，（7分）当时，，函数在上单调递增，（8分）而，（9分），（10分），（11分）故所求最大值为，（12分）最小值为.（13分）（本小题满分15分），（2分）可得，（3分）又由，所以，（5分）所以数列表示首项为，公比为的等比数列.（6分）（2）由（1）可得，所以（8分）（11分），因为函数为单调递增函数，（12分）（15分）17.（本小题满分15分）解：（1）设AC与BD相交于点O，连接FO，（1分）∵四边形ABCD为菱形，，（2分）且O为AC中点，，，（3分）又，平面BDEF，∴平面BDEF，（5分）又平面，所以平面平面.（6分）（2）连接DF，∵四边形BDEF为菱形，且，为等边三角形，∵O为BD中点，∴，又，，平面ABCD，平面ABCD．故OA，OB，OF两两垂直，（7分）∴建立空间直角坐标系，如图所示，（8分）设，∵四边形ABCD为菱形，，．为等边三角形，∴．，∴，，（10分）设平面ABF的法向量为n=x,令，解得，（12分）设AD与平面ABF所成角为，则AD与平面ABF所成角的正弦值为：．（15分）18.（本小题满分17分）解：（1）由题意可知，X=4,6,8.（1分）当两场比赛后结束，也即第一局的其中1人连续获得两场胜利，有两种情况，此时，，（2分）当三场比赛后结束，即第一局比赛的2人均未获胜，轮空者获胜，共有两种情况，此时，；（3分）当四场比赛后结束，前三局比赛，甲乙丙三人各赢1场，进行第四场比赛，共有2种情况，此时，；（4分）所以三人总积分的分布列为:4680.50.250.25所以.（6分）（2）设事件为“第一局乙对丙最终乙获胜”，为“第一局乙对甲最终乙获胜”，为“第一局甲对丙而最终乙获胜”，则有：已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为.其中包含三种情况:第一，第一局乙获胜，第二局乙获胜；第二，第一局乙获胜，第二局甲获胜，第三局丙获胜，第四局乙获胜；第三，第一局丙获胜，第二局甲获胜，第三局乙获胜，第四局乙获胜，故；（8分）同理可得；（10分）；（11分）显然，故，（13分），（15分）由于，故，所以；故乙的最优指定策略是让乙和丙打第一局.（17分）19.（本小题共17分）解：（1）由题意可得，，解得，（2分）所以双曲线的方程为.（3分）（2）当直线斜率存在时，设直线的方程为，代入可得，（5分）当时，即时，直线与双曲线的渐近线平行，只有一个公共点，即直线的方程为，（6分）当时，，即，可得，此时直线与双曲线相切，直线的方程为；（8分）显然，当直线斜率不存在时，直线与双曲线有两个公共点，不满足；综上所述，与双曲线仅有1个公共点的直线有3条：，，.（9分）（3）当直线的斜率不存在时，则与重合，又，即，所以，，此时直线的方程为，则到的距离为；（10分）当直线的斜率为0时，则与重合，，，此时直线的方程为，则到的距离为；（11分）当直线的斜率存在且不为0时，设的方程为，设，直线的方程为，联立可得，，由韦达定理可得，则，（12分）所以，所以，（13分）联立可得，，由韦达定理可得，则,（14分）所以，所以