試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁麗江市2025屆高中畢業生復習統一檢測數學試卷（全卷四個大題，共19個小題，共6頁；滿分150分，考試用時120分鐘）注意事項：1．本卷為試題卷.考生必須在答題卡上解題作答.答案應書寫在答題卡的相應位置上，在試題卷、草稿紙上作答無效.2．考試結束后，請將答題卡交回.一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求）1．若復數z滿足（i為虛數單位），則z的模（

）A． B．1 C． D．52．已知集合，，則（

）A． B． C． D．3．已知向量，滿足，，且，則（

）A． B． C．1 D．24．“”是“方程表示橢圓”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件5．已知函數，則下列函數是奇函數的是（

）A． B．C． D．6．已知，，則（）A． B． C． D．7．某同學擲一枚正方體骰子5次，記錄每次骰子出現的點數，統計出結果的平均數為2，方差為0.4，可判斷這組數據的眾數為（

）A．1 B．2 C．3 D．48．如圖，水平桌面上放置一個棱長為4的正方體水槽，水面高度恰為正方體棱長的一半，側面上有一個小孔，點到的距離為3，若該正方體水槽繞傾斜（始終在桌面上），則當水恰好流出時，側面與桌面所成的銳二面角的正切值為（

）A． B． C．2 D．二、多項選擇題（本大題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）9．下列說法正確的是（

）A．樣本數據的下四分位數是17B．在比例分配的分層隨機抽樣中，若第一層的樣本量為10，平均值為9，第二層的樣本量為20，平均值為12，則所抽樣本的平均值為11C．若隨機變量，則D．若隨機變量，若，則10．已知函數，則（

）A．函數的最小正周期為B．直線是函數的圖象的一條對稱軸C．若時，恒成立，則實數m的取值范圍為D．將函數的圖象上的所有點的橫坐標縮小為原來的，再將所得的圖象向右平移個單位，得到函數的圖象，若時，函數有且僅有5個零點，則實數t的取值范圍為．11．已知點是左、右焦點為，的橢圓上的動點，則（

）A．若，則的面積為B．使為直角三角形的點有6個C．的最大值為D．若，則的最大、最小值分別為和三、填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分）12．在中內角所對的邊分別為，且，，，則．13．的展開式中的系數為（用數字作答）．14．已知不等式對任意恒成立，則實數的取值范圍為.四、解答題（本大題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）15．已知函數.(1)求曲線在處的切線方程；(2)若，求函數在上的最值.16．已知數列的首項，且滿足．（1）求證：數列為等比數列．（2）若，求滿足條件的最大整數n．17．如圖，四邊形與均為菱形，且，(1)求證：平面平面(2)求直線AD與平面ABF所成角的正弦值．18．甲?乙?丙三位同學進行乒乓球比賽，約定賽制如下：每場比賽勝者積2分，負者積0分；比賽前根據相關規則決定首先比賽的兩人，另一人輪空；每場比賽的勝者與輪空者進行下一場比賽，負者下一場輪空；積分首先累計到4分者獲得比賽勝利，比賽結束.已知甲與乙比賽時，甲獲勝的概率為，甲與丙比賽時，甲獲勝的概率為，乙與丙比賽時，乙獲勝的概率為.(1)若，求比賽結束時，三人總積分的分布列與期望；(2)若，假設乙獲得了指定首次比賽選手的權利，為獲得比賽的勝利，試分析乙的最優指定策略.19．已知雙曲線的兩條漸近線方程為為上一點．(1)求雙曲線的方程；(2)若過點的直線與僅有1個公共點，求的方程；(3)過雙曲線的右焦點作兩條互相垂直的直線，，且與交于兩點，記的中點與交于兩點，記的中點為．若，求點到直線的距離的最大值．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．B【分析】利用復數的運算法則、模的計算公式求解即可.【詳解】由，得，所以.故選：B.2．B【分析】解不等式得到，利用交集概念求出交集.【詳解】，故，解得，故，又，故.故選：B3．D【分析】將兩邊平方，由可得，根據數量積的運算計算可得.【詳解】因為，，且，所以，即，，解得（負值已舍去）.故選：D4．B【分析】由方程表示橢圓可得，求解可判斷結論.【詳解】若方程表示橢圓，則，解得且，所以“”是“方程表示橢圓”的必要不充分條件．故選：B.5．D【分析】利用函數的奇偶性計算即可.【詳解】易知，所以，令，則，顯然，所以為奇函數，即D正確.故選：D6．D【分析】運用降冪公式及角的變換，結合兩角和與差的余弦公式化簡即可求解.【詳解】已知,則故選:.7．B【分析】設五個點數為，由平均數，方差計算公式可分析出，5個點數不可能全為2，然后通過列舉可得答案.【詳解】不妨設五個點數為，由題意平均數為2，方差為0.4，知.可知五次的點數中最大點數不可能為4，5，6.五個點也不可能都是2，則五個點數情況可能是3，3，2，1，1，其方差為，不合題意.若五個點數情況為3，2，2，2，1，其方差為，符合題意，其眾數為2.故選：B.8．C【分析】根據題意，當水恰好流出時，即由水的等體積可求出正方體傾斜后，水面到底面的距離，再由邊長關系可得四邊形是平行四邊形，從而側面與桌面所轉化成側面與平面所成的角,進而在直角三角形中求出其正切值.【詳解】由題意知，水的體積為，如圖所示，設正方體水槽繞傾斜后，水面分別與棱交于，由題意知，水的體積為，所以，即，解得，在平面內，過點作交于，則四邊形是平行四邊形，且，又側面與桌面所成的角即側面與水面所成的角，即側面與平面所成的角,其平面角為，在直角三角形中，.故選：C.【點睛】思路點睛：利用定義法求二面角，在棱上任取一點，過這點在兩個平面內分別引棱的垂線，這兩條垂線所成的角即為二面角的平面角.9．ABD【分析】對于A由下四分位數的概念即可判斷；對于B，由平均數的計算公式即可判斷；對于C由二項分布即可判斷;對于D由正態分布的對稱性即可判斷.【詳解】對于A.從小到大排序得：16，17，19，20，22，24，26，由，所以下四分位數是17正確；對于B，正確；對于C，由二項分布可得：，錯誤；對于D，由正態分布的對稱性可得：，正確故選：ABD10．ACD【分析】利用二倍角公式和輔助角公式對進行化簡，再求最小正周期可判斷A，代入檢驗法可判斷B，利用三角函數的性質可判斷C，利用三角函數的圖象變換和性質可判斷D.【詳解】因為，所以的最小正周期為，故A正確；又由，故B錯誤；當時，可得，當，即時，取得最小值，因為，恒成立，所以，即實數的取值范圍為，故C正確；由題意得函數，因為，所以，又因為函數有且僅有5個零點，則滿足，解得，所以實數的取值范圍是，故D正確.故選：ACD.11．BCD【分析】根據焦點三角形面積的相關結論即可判斷A；結合橢圓性質可判斷B；結合橢圓定義可求線段和差的最值，判斷CD.【詳解】A選項：由橢圓方程，所以，，所以，所以的面積為，故A錯誤；B選項：當或時為直角三角形，這樣的點有4個，設橢圓的上下頂點分別為，，則，，，同理，知，所以當位于橢圓的上、下頂點時也為直角三角形，其他位置不滿足，滿足條件的點有6個，故B正確；C選項：由于，所以當最小即時，取得最大值，故C正確；D選項：因為，又，的最大、最小值分別為和，當點位于的延長線上時取最大值，當位置的延長線上時取最小值，故D正確.故選：BCD12．或【分析】根據已知條件和正弦定理可得角，從而得到的值．【詳解】在中由正弦定理可知，所以，解得，因為為的內角，所以或，所以或，故答案為：或．13．-28【分析】可化為，結合二項式展開式的通項公式求解.【詳解】因為，所以的展開式中含的項為，的展開式中的系數為-28故答案為：-2814．【分析】原不等式可化為，利用為上的增函數可得對任意恒成立，結合參變分離可求的取值范圍.【詳解】原不等式等價于，也就是，因為均為上的增函數，故為上的增函數，故原不等式即為，故對任意恒成立，故對任意恒成立，設，則，設，則，故在上為減函數，而，故當時，即，故在上為增函數；當時，即，故在上為減函數，故，故，故答案為：.【點睛】思路點睛：對于由指數函數和對數函數構成的較為復雜函數，我們可以利用指對數的運算法則對原有的不等式同構變形，從而把原不等式轉化為簡單不等式.15．(1)(2)最大值為，最小值為【分析】（1）利用導數的幾何意義，求出切線的斜率，即可求出結果；（2）利用導數與函數單調性間的關系，求出和的解集，即可求出函數的單調區間，再求出兩端點函數值及極值，通過比較，即可求出結果.【詳解】（1）由函數，可得，可得，且，所以切線的斜率為，切點為，則所求切線方程為.（2）由（1），當時，可得，當時，，函數在上單調遞減，當時，，函數在上單調遞增，而，，，故所求最大值為，最小值為.16．（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）由，化簡得到，結合等比數列的定義，即可求解；（2）由（1）求得，根據等比數列的求和公式和常數列的求和公式，求得，根據，即可求解.【詳解】（1）由題意，數列滿足，可得，可得，即，又由，所以，所以數列表示首項為，公比為的等比數列.（2）由（1）可得，所以設數列的前項和為，則，若，即，因為函數為單調遞增函數，所以滿足的最大整數的值為.17．(1)證明見解析(2)【分析】（1）設AC與BD相交于點O，連接FO，由線面垂直的判定定理證明平面BDEF，再得到平面平面即可；（2）連接DF，先由線面垂直的判定定理證明平面ABCD，再建立如圖所示空間直角坐標系，求出平面ABF的法向量，代入空間線面角的向量公式求解即可；【詳解】（1）設AC與BD相交于點O，連接FO，∵四邊形ABCD為菱形，，且O為AC中點，，，又，平面BDEF，∴平面BDEF，又平面，所以平面平面。（2）連接DF，∵四邊形BDEF為菱形，且，為等邊三角形，∵O為BD中點，∴，又，，平面ABCD，平面ABCD．故OA，OB，OF兩兩垂直，∴建立空間直角坐標系，如圖所示，設，∵四邊形ABCD為菱形，，．為等邊三角形，∴．，∴，，設平面ABF的法向量為，則令，解得，設AD與平面ABF所成角為，則AD與平面ABF所成角的正弦值為：．18．(1)分布列見詳解，.(2)讓乙和丙打第一局【分析】（1）求出的取值及對應的概率，得到分布列，求出數學期望；（2）分別計算出“第一局乙對丙最終乙獲勝”，“第一局乙對甲最終乙獲勝”，“第一局甲對丙而最終乙獲勝”三種策略下的概率，作差法比較出大小，得到答案.【詳解】（1）由題意可知，兩場比賽后結束，也即第一局的其中1人連續獲得兩場勝利，有兩種情況，此時，，當三場比賽后結束，即第一局比賽的2人均未獲勝，輪空者獲勝，共有兩種情況，此時，；當四場比賽后結束，前三局比賽，甲乙丙三人各贏1場，進行第四場比賽，共有2種情況，此時，；所以三人總積分的分布列為4680.50.250.25所以.（2）設事件為“第一局乙對丙最終乙獲勝”，為“第一局乙對甲最終乙獲勝”，為“第一局甲對丙而最終乙獲勝”，則有：已知甲與乙比賽時，甲獲勝的概率為，甲與丙比賽時，甲獲勝的概率為，乙與丙比賽時，乙獲勝的概率為.其中包含三種情況，第一，第一局乙獲勝，第二局乙獲勝；第二，第一局乙獲勝，第二局甲獲勝，第三局丙獲勝，第四局乙獲勝；第三，第一局丙獲勝，第二局甲獲勝，第三局乙獲勝，第四局乙獲勝，故；同理可得；；顯然，故，，由于，故，所以；故乙的最優指定策略是讓乙和丙打第一局.【點睛】方法點睛：解決策略類問題，往往需計算出各種情況下的概率，作差比較各種情況下的概率大小，作出決斷.19．(1)(2)，，.(3)【分析】（1）列出關于的方程，代入計算，即可求解；（2）分直線斜率存在于不存在討論，然后聯立直線與雙曲線方程，代入計算，即可得到結果；（3）分直線斜率存在于不存在討論，分別聯立直線與雙曲線方程以及直線與雙曲線方程，結合韋達定理代入計算，即可得到直線過定點，從而得到結果.【詳解】（1）由題意可得，，解得，所以雙曲線的方程為.（2）當直線斜率存在時，設直線的方程為，代入可得，當時，即時，直線與雙曲線的漸近線平行，只有一個公共點，即直線的方程為，；當時，，即，可得，此時直線與雙曲線相切，直線的方程為；顯然，當直線斜率不存在時，直線與雙曲線有兩個公共點，不滿足；綜上所述，與雙曲線僅有1個公共點的直線有3條：，，.（3）當直線的斜率不存在時，則與重合，又，即，所以，，此時直線的方程為，則到的距離為0；當直線的斜率為0時，則與重合，，，此時直線的方程為，則到的距離為0；當直線的