云南省丽江市2025届高三上学期复习统一检测数学试题（Word版附解析）

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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）
【解析】
由，
得，
所以.故选B.
2. ，故，解得，故，
又，故.故选A
3. 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D
6．
.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）
【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，
所以当最小即时，取得最大值，故C正确；
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）
【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,+∞上为减函数，
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,y,z，则
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:
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，
则
，，
所以直线的方程为， （15分）
即，
所以，即，
故直线过定点， （16分）
当时，直线与双曲线的渐近线平行，故与双曲线只有一个交点，舍去；
当时，直线与双曲线的渐近线平行，故与双曲线只有一个交点，舍去；
当时，的横坐标均为，此时，直线的方程为，
过点；
综上所述，直线过定点.
所以点到直线的距离的最大值为, （17分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
A
D
C
D
A
B
C
题号
9
10
11
答案
ABD
AC
BCD
题号
12
13
14
答案
或
4
6
8
0.5
0.25
0.25