云南省怒江傈僳族自治州民族中学2025届高三下学期第三次高考模拟测试数学试卷

这是一份云南省怒江傈僳族自治州民族中学2025届高三下学期第三次高考模拟测试数学试卷，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知全集 ，集合 ，集合 ，则集合
A．B．C．D．
2．已知复数，则下列说法正确的是（ ）
A．z的虚部为4iB．z的共轭复数为1﹣4i
C．|z|＝5D．z在复平面内对应的点在第二象限
3．已知平面向量，，若在方向上的投影向量为，则（ ）
A．2B．C．0D．1
4．下列函数中，既是奇函数又存在零点的是（ ）
A．B．C．D．
5．蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包下半部分近似一个圆柱，高为2m；上半部分近似一个与下半部分同底的圆锥，其母线长为m，轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是面积为的等腰钝角三角形，则该蒙古包的体积约为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数，对任意的，且，都有，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知是第四象限角，若，则（ ）
A．B．C．D．
8．某机场进行数据分析，发现航班延误小时数与航班起飞前雷暴雨发生时间（单位：小时）存在一定关系，具体数据如下表：
根据机场多年数据统计，小于1，2，3的概率分别为0.4，0.7，0.9，若某航班起飞前已经发生了1小时雷暴雨，则其延误时间不超过4小时的概率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．近些年食品安全问题日益突出，为了达到宣传食品安全防范意识的目的，某市组织全市中学生食品安全知识竞赛活动．某高中采用分层抽样的方式从该校的高一､二､三年级中抽取10名同学作为代表队参赛，已知该校高一､二､三年级的人数比例为，统计并记录抽取到的10名同学的成绩（满分100分）为：，则（ ）
A．中位数为90B．分位数为92
C．方差为58D．代表队中高三的同学有4人
10．定义：在平面直角坐标系中，到两定点的距离之积等于（）的点的轨迹称为双纽线．下图的四叶花瓣曲线可看作由双纽线绕原点旋转后所得曲线与双纽线共同组成．下列说法正确的是（ ）
A．双纽线的方程为
B．若为双纽线上任意一点，则的最大值为
C．直线截四叶花瓣曲线所得弦长的最大值为
D．阴影区域的面积不小于
11．如图，在正方体中，点P是线段上一动点，则（ ）
A．当P为线段的中点时，直线与直线所成角的正切值为
B．平面
C．随着的长度变长，直线与平面所成角先变小再变大
D．
三、填空题
12．某中学高一年级有男生640人，女生480人．为了解该年级男、女学生的身高差异，采用分层随机抽样．若样本容量为70，则应抽取的女生人数为 ．
13．半径为10cm的球内有两个平行截面，其面积分别为和，那么这两个平行截面之间的距离为 .
14．已知，直线与平面所成的角为，直线与平面所成的角为，，且斜线段在平面内的射影相互垂直，则 .
四、解答题
15．手机用户可通过某软件查看自己每天行走的步数，同时也可以和好友进行运动量的比较和点赞.若某人一天的行走步数超过8000，则评定为“积极型”，否则评定为“懈怠型”.从小王的男性和女性好友中各随机抽取了50名，统计其一天的步数并给出评定，得到如下数据：
(1)能否有95%的把握认为“评定类型”与“性别”有关？
(2)以样本数据估计总体数据，且以频率估计概率.若从小王的所有男性好友中抽取3人，记其中评定为“积极型”的人数为，求随机变量的数学期望.
附：，其中.
16．已知首项为1的正项数列满足，函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)探究数列的单调性并说明理由；
(3)证明；．
17．如图，在四棱锥中，在线段上（不含端点），底面.
(1)证明：平面平面.
(2)设，请写出三棱锥的体积关于的函数表达式，并求出的最大值.
18．已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为.
(1)求的标准方程.
(2)若为上的一点，且为圆外一点，过作圆的两条切线，（斜率都存在），与交于另一点，与交于另一点，证明：
（i），的斜率之积为定值；
（ii）存在定点，使得关于点对称.
19．有限数列：，，…，．（）同时满足下列两个条件：
①对于任意的，（），；
②对于任意的，，（），，，，三个数中至少有一个数是数列中的项．
(1)若，且，，，，求的值；
(2)证明：，，不可能是数列中的项；
(3)求的最大值．
1
3
4
4.5
积极型
懈怠型
合计
男
女
10
合计
70
0.050
0.025
0.010
0.005
3.841
5.024
6.635
《云南省怒江傈僳族自治州民族中学2025届高三下学期第三次高考模拟测试数学试卷》参考答案
1．A
【详解】,所以，故选A.
考点：集合的运算.
2．B
【分析】根据复数的乘法除法运算化简，再由共轭复数的概念求解.
【详解】∵，
∴ z的虚部为4, z的共轭复数为1﹣4i，|z|，z在复平面内对应的点在第一象限.
故选：B
3．D
【分析】由投影向量的几何意义列方程，解方程即可.
【详解】由投影向量的几何意义，，所以.
故选：D.
4．D
【分析】根据奇函数的定义和零点的定义逐个分析判断即可.
【详解】对于A，函数的定义域为，因为，所以此函数为偶函数，所以A错误，
对于B，函数的定义域为，因为，所以此函数为奇函数，
因为无解，所以此函数无零点，所以B错误，
对于C，函数的定义域为，因为，所以此函数为奇函数，
由，得，方程无解，所以此函数无零点，所以C错误，
对于D，函数的定义域为，因为，所以此函数为奇函数，
由，得，解得，所以此函数存在零点，所以D正确.
故选：D
5．C
【分析】根据题意求圆锥的高和底面半径，再结合锥体、柱体体积运算求解.
【详解】如图所示为该圆锥轴截面，设顶角为，
因为其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是腰长为，面积为的等腰三角形，
所以，解得，则或（舍去），
由得，，
则上半部分的体积为，下半部分体积为，
故蒙古包的体积为.
故选：C.
6．D
【分析】首先根据条件判断函数在上为增函数，在保证每一段函数单调递增的情况下，注意分界点处的值的大小关系，列不等式组求解即可．
【详解】根据题意，函数对任意的，且，都有，
所以在上为增函数，
又，
所以有，
即，解得，
故选：D．
7．D
【分析】利用差角的正切公式求得，结合角的象限求出角的正余弦，利用二倍角公式代入计算即得.
【详解】由可得，解得，
因为是第四象限角，所以，，
由解得
所以.
故选：D.
8．D
【分析】根据条件概率的计算公式即可求解.
【详解】由概率的加法公式可得，
故．
故选：D．
9．AC
【分析】根据中位数、百分位数、方差的定义分析数据判断ABC；利用分层抽样的抽样比求解判断D.
【详解】将10名同学的成绩从小到大排列为：70，85，86，88，90，90，92，94，95，100，
对于A，中位数为，A正确；
对于B，由，得分位数为，B错误；
对于C，平均数为，
方差 ，C正确；
对于D，由分层抽样，得高三年级的同学有人，D错误.
故选：AC
10．ACD
【分析】A项直接设点坐标代入求轨迹方程化简可得；B项由向量数量积定义式及三角函数有界性可得；C项由极化恒等式转化求最大值即可；D项，借助特殊点，由对称性与面积不等关系求解可得.
【详解】设为曲线C上任一点，，
A选项，，
因为，所以，
展开可得，
.
，
展开，
整理得，故A正确；
B选项，因为点为双纽线上任意一点，
所以，即，
故，故B错误；
C选项，
，即，
当点与端点或重合时，等号成立.
即，由直线过原点，与双纽线均为中心对称图形，
所以直线截四叶花瓣曲线所得弦长的最大值为，故C正确；
D选项，由双纽线定义可知，
，
则，所以，
因为，所以，
双纽线方程，
令得，所以曲线C与x轴交于除原点之外的两点，
令，解得，
如图，不妨取双纽线上第一象限的点，
所以阴影区域的面积，故D正确，
故选：ACD．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于极化恒等式的应用，在求向量的数量积时，极化恒等式可以将数量积转化为模长的运算.
11．BD
【分析】对A，转化到直角三角形中求出其正切值；对B，利用面面平行的判定定理得平面平面，再利用面面平行的性质定理即可判断；对C，转化得，分析其变化过程即可；对D，利用线面垂直的判定定理得平面，即可证明.
【详解】对于 A ，设正方体的棱长为，则，
因为侧面，侧面，则，而，
故直线与直线所成角的正切值为 ，故A错误；
对于B，连接，易证：，
因为平面，平面，所以平面，
因为平面，平面，所以平面，
又平面，
故平面平面，平面，平面，故B正确；
对于C，连接，平面，即为直线与平面所成角，
，当从移动至的过程中，增大，先变小再变大，
即先变大再变小，故C错误；
对于D，连接，，，，
由正方体的性质可得：，平面，
平面，所以，，
平面，所以平面，
因为平面，所以同理可得，
，平面，平面
平面，，故D正确；
故选： BD.
12．30
【分析】根据分层抽样的定义结合题意计算即可求解.
【详解】由分层随机抽样的定义可得抽取的女生数为.
故答案为：.
13．2cm或14cm/14cm或2cm
【分析】求出球心到截面的距离后可得．
【详解】由题意两个截面的半径分别是和，如图间球的大圆截面，
球心到截面的距离分别是，，
所以两截面间距离为或．
故答案为：14cm或2cm．

14．
【分析】结合题意作出图形，可得，从而可求得，进而证得，再利用勾股定理即可得解.
【详解】如图，设点在平面内的射影为，点在平面内的射影为，

则，，所以，
又，
则，所以，
因为，所以，
在线段上取点，使得，所以四边形为平行四边形，
所以，，
因为，所以，所以，
又，
所以.
故答案为：.
15．(1)有95%的把握认为“评定类型”与“性别”有关
(2)
【分析】（1）先利用题目数据完善列联表，利用公式求出，根据临界值表进行判定；
（2）先求出评定为“积极型”的概率，由二项分布求解概率，列表得到分布列，利用期望公式进行求解.
【详解】（1）列联表如下：
则的观测值为，
所以有95%的把握认为“评定类型”与“性别”有关.
（2）从小王的男性好友中任选一人，评定为“积极型”的概率为，
随机变量的可能值为，，
则，，
，，
所以的分布列为：
所以随机变量的数学期望.
16．(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)数列为递减数列，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）先对求导，判断导数的单调性，最后求解单调区间即可.
（2）先利用作差法得到，再构造，利用导数判断其单调性，结合函数值判断正负，再判断的正负，得到数列的单调性即可.
（3）合理构造函数，利用导数得到，再合理变形得到，再对的范围分类讨论，利用累乘法结合放缩法得到当时成立，显然得到当时成立即可.
【详解】（1）因为，所以，
令，，令，，
故在上单调递减，在上单调递增．
（2）数列为递减数列，理由如下：
由题意可得，则，
令函数，则，
得到在上单调递减，则，
令，则，
故，即数列为递减数列；
（3）由题意得，
令函数，
令函数，则，
当时，，当时，，
得到在上单调递减，在上单调递增，
故，则，即，
则，故在定义域上单调递增，且，
令，则，得到，
且，故，又因为，所以，
得到，故，
当时，得到．即，
当时，．故．
综上，原命题得证.
17．(1)证明见解析
(2)见解析.
【分析】（1）先证明，得证平面后可得证面面垂直；
（2）过点作，交于，连接，在底面直角梯形中由已知求得，得，证明平面，得，然后再由求得各线段长，由体积公式计算出体积后，结合函数知识得最大值．
【详解】（1）因为底面底面，所以.
又因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）过点作，交于，连接.
由，得，因为，所以，则，所以，
则，
.
因为底面，平面，所以，又，平面，所以平面，而平面，
所以.
中由余弦定理得，所以，
则，
所以.
因为，所以
所以当时，取得最大值，最大值为.
18．(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）根据题意列出方程组，，即可求解；
（2）（i）设切线方程为，利用直线和圆相切可得，再由韦达定理整理可得的斜率之积为定值，且定值为2；
（ii）联立直线与双曲线方程，可得，同理可求出，化简得，所以，因此关于点对称.
【详解】（1）设双曲线的半焦距为，则由题意可知，，
结合得，，，
故的标准方程为.
（2）（i）设，如下图所示：
设过点的切线方程为，即，
所以圆心到切线的距离为，即，
因此的斜率是上式中方程的两根，即，
又因为，所以.
所以的斜率之积为定值，且定值为2.
（ii）不妨设直线的斜率为，直线的斜率为，
联立，得.
因为，
所以，
则，同理可得，
所以，
因为，所以，所以，得，
又因为，，得或（舍去），
所以存在定点，使得关于点对称.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用①推出的范围．利用②求解的值即可；
（2）利用反证法：假设，，是数列中的项，利用已知条件②①，推出得到矛盾结果．
（3）的最大值为，一、令：，则符合①②，二、设：，，…，（）符合①②，（i）中至多有三项，其绝对值大于．
利用反证法证明假设中至少有四项，其绝对值大于1，不正确；（ii）中至多有三项，其绝对值大于且小于．利用反证法推出矛盾结论、（iii）中至多有两项绝对值等于．（iv）中至多有一项等于．推出的最大值为．
【详解】（1）由①得：，
由②得：当，，时，，，中至少有一个是数列，，，中的项，但，，故，解得：，
经检验，当时，符合题意，
（2）假设，，是数列中的项，由②可知：，，中至少有一个是数列中的项，则有限数列的最后一项，且，
由①，，
对于数，，由②可知：，
对于数，，，由②可知：，
所以，这与①矛盾．
所以，，不可能是数列中的项．
（3）的最大值为，证明如下：
一、令：，则符合①②，
二、设：，，…，（）符合①②，则：
（i）中至多有三项，其绝对值大于．
假设中至少有四项，其绝对值大于，不妨设，，，是中绝对值最大的四项，其中，则对，，有，，故，均不是数列中的项，即是数列中的项，
同理：也是数列中的项．但，，
所以，所以，这与①矛盾．
（ii）中至多有三项，其绝对值大于且小于，
假设中至少有四项，其绝对值大于且小于，类似（i）得出矛盾，
（iii）中至多有两项绝对值等于．
（iv）中至多有一项等于0．
综合（i），（ii），（iii），（iv）可知中至多有项，
由一、二可得，的最大值为．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
D
D
C
D
D
D
AC
ACD
题号
11









答案
BD









积极型
懈怠型
合计
男
20
30
50
女
10
40
50
合计
30
70
100
0
1
2
3