2025年云南丽江高三一模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页丽江市2025届高中毕业生复习统一检测数学试卷（全卷四个大题，共19个小题，共6页；满分150分，考试用时120分钟）注意事项：1．本卷为试题卷.考生必须在答题卡上解题作答.答案应书写在答题卡的相应位置上，在试题卷、草稿纸上作答无效.2．考试结束后，请将答题卡交回.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）1．若复数z满足（i为虚数单位），则z的模（

）A． B．1 C． D．52．已知集合，，则（

）A． B． C． D．3．已知向量，满足，，且，则（

）A． B． C．1 D．24．“”是“方程表示椭圆”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5．已知函数，则下列函数是奇函数的是（

）A． B．C． D．6．已知，，则（）A． B． C． D．7．某同学掷一枚正方体骰子5次，记录每次骰子出现的点数，统计出结果的平均数为2，方差为0.4，可判断这组数据的众数为（

）A．1 B．2 C．3 D．48．如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，侧面上有一个小孔，点到的距离为3，若该正方体水槽绕倾斜（始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面与桌面所成的锐二面角的正切值为（

）A． B． C．2 D．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）9．下列说法正确的是（

）A．样本数据的下四分位数是17B．在比例分配的分层随机抽样中，若第一层的样本量为10，平均值为9，第二层的样本量为20，平均值为12，则所抽样本的平均值为11C．若随机变量，则D．若随机变量，若，则10．已知函数，则（

）A．函数的最小正周期为B．直线是函数的图象的一条对称轴C．若时，恒成立，则实数m的取值范围为D．将函数的图象上的所有点的横坐标缩小为原来的，再将所得的图象向右平移个单位，得到函数的图象，若时，函数有且仅有5个零点，则实数t的取值范围为．11．已知点是左、右焦点为，的椭圆上的动点，则（

）A．若，则的面积为B．使为直角三角形的点有6个C．的最大值为D．若，则的最大、最小值分别为和三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12．在中内角所对的边分别为，且，，，则．13．的展开式中的系数为（用数字作答）．14．已知不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为.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．已知函数.(1)求曲线在处的切线方程；(2)若，求函数在上的最值.16．已知数列的首项，且满足．（1）求证：数列为等比数列．（2）若，求满足条件的最大整数n．17．如图，四边形与均为菱形，且，(1)求证：平面平面(2)求直线AD与平面ABF所成角的正弦值．18．甲､乙､丙三位同学进行乒乓球比赛，约定赛制如下：每场比赛胜者积2分，负者积0分；比赛前根据相关规则决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空；积分首先累计到4分者获得比赛胜利，比赛结束.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.(1)若，求比赛结束时，三人总积分的分布列与期望；(2)若，假设乙获得了指定首次比赛选手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略.19．已知双曲线的两条渐近线方程为为上一点．(1)求双曲线的方程；(2)若过点的直线与仅有1个公共点，求的方程；(3)过双曲线的右焦点作两条互相垂直的直线，，且与交于两点，记的中点与交于两点，记的中点为．若，求点到直线的距离的最大值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式求解即可.【详解】由，得，所以.故选：B.2．B【分析】解不等式得到，利用交集概念求出交集.【详解】，故，解得，故，又，故.故选：B3．D【分析】将两边平方，由可得，根据数量积的运算计算可得.【详解】因为，，且，所以，即，，解得（负值已舍去）.故选：D4．B【分析】由方程表示椭圆可得，求解可判断结论.【详解】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：B.5．D【分析】利用函数的奇偶性计算即可.【详解】易知，所以，令，则，显然，所以为奇函数，即D正确.故选：D6．D【分析】运用降幂公式及角的变换，结合两角和与差的余弦公式化简即可求解.【详解】已知,则故选:.7．B【分析】设五个点数为，由平均数，方差计算公式可分析出，5个点数不可能全为2，然后通过列举可得答案.【详解】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.8．C【分析】根据题意，当水恰好流出时，即由水的等体积可求出正方体倾斜后，水面到底面的距离，再由边长关系可得四边形是平行四边形，从而侧面与桌面所转化成侧面与平面所成的角,进而在直角三角形中求出其正切值.【详解】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.【点睛】思路点睛：利用定义法求二面角，在棱上任取一点，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条垂线所成的角即为二面角的平面角.9．ABD【分析】对于A由下四分位数的概念即可判断；对于B，由平均数的计算公式即可判断；对于C由二项分布即可判断;对于D由正态分布的对称性即可判断.【详解】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：ABD10．ACD【分析】利用二倍角公式和辅助角公式对进行化简，再求最小正周期可判断A，代入检验法可判断B，利用三角函数的性质可判断C，利用三角函数的图象变换和性质可判断D.【详解】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正确.故选：ACD.11．BCD【分析】根据焦点三角形面积的相关结论即可判断A；结合椭圆性质可判断B；结合椭圆定义可求线段和差的最值，判断CD.【详解】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，所以当最小即时，取得最大值，故C正确；D选项：因为，又，的最大、最小值分别为和，当点位于的延长线上时取最大值，当位置的延长线上时取最小值，故D正确.故选：BCD12．或【分析】根据已知条件和正弦定理可得角，从而得到的值．【详解】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．-28【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解.【详解】因为，所以的展开式中含的项为，的展开式中的系数为-28故答案为：-2814．【分析】原不等式可化为，利用为上的增函数可得对任意恒成立，结合参变分离可求的取值范围.【详解】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，故在上为减函数，而，故当时，即，故在上为增函数；当时，即，故在上为减函数，故，故，故答案为：.【点睛】思路点睛：对于由指数函数和对数函数构成的较为复杂函数，我们可以利用指对数的运算法则对原有的不等式同构变形，从而把原不等式转化为简单不等式.15．(1)(2)最大值为，最小值为【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线的斜率，即可求出结果；（2）利用导数与函数单调性间的关系，求出和的解集，即可求出函数的单调区间，再求出两端点函数值及极值，通过比较，即可求出结果.【详解】（1）由函数，可得，可得，且，所以切线的斜率为，切点为，则所求切线方程为.（2）由（1），当时，可得，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，而，，，故所求最大值为，最小值为.16．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由，化简得到，结合等比数列的定义，即可求解；（2）由（1）求得，根据等比数列的求和公式和常数列的求和公式，求得，根据，即可求解.【详解】（1）由题意，数列满足，可得，可得，即，又由，所以，所以数列表示首项为，公比为的等比数列.（2）由（1）可得，所以设数列的前项和为，则，若，即，因为函数为单调递增函数，所以满足的最大整数的值为.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）设AC与BD相交于点O，连接FO，由线面垂直的判定定理证明平面BDEF，再得到平面平面即可；（2）连接DF，先由线面垂直的判定定理证明平面ABCD，再建立如图所示空间直角坐标系，求出平面ABF的法向量，代入空间线面角的向量公式求解即可；【详解】（1）设AC与BD相交于点O，连接FO，∵四边形ABCD为菱形，，且O为AC中点，，，又，平面BDEF，∴平面BDEF，又平面，所以平面平面。（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，∴建立空间直角坐标系，如图所示，设，∵四边形ABCD为菱形，，．为等边三角形，∴．，∴，，设平面ABF的法向量为，则令，解得，设AD与平面ABF所成角为，则AD与平面ABF所成角的正弦值为：．18．(1)分布列见详解，.(2)让乙和丙打第一局【分析】（1）求出的取值及对应的概率，得到分布列，求出数学期望；（2）分别计算出“第一局乙对丙最终乙获胜”，“第一局乙对甲最终乙获胜”，“第一局甲对丙而最终乙获胜”三种策略下的概率，作差法比较出大小，得到答案.【详解】（1）由题意可知，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，，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，；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，；所以三人总积分的分布列为4680.50.250.25所以.（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；同理可得；；显然，故，，由于，故，所以；故乙的最优指定策略是让乙和丙打第一局.【点睛】方法点睛：解决策略类问题，往往需计算出各种情况下的概率，作差比较各种情况下的概率大小，作出决断.19．(1)(2)，，.(3)【分析】（1）列出关于的方程，代入计算，即可求解；（2）分直线斜率存在于不存在讨论，然后联立直线与双曲线方程，代入计算，即可得到结果；（3）分直线斜率存在于不存在讨论，分别联立直线与双曲线方程以及直线与双曲线方程，结合韦达定理代入计算，即可得到直线过定点，从而得到结果.【详解】（1）由题意可得，，解得，所以双曲线的方程为.（2）当直线斜率存在时，设直线的方程为，代入可得，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，；当时，，即，可得，此时直线与双曲线相切，直线的方程为；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：，，.（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0；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0；当直线的