云南省玉龍納西族自治縣一中2025屆高三下學期線上第四次模擬數學試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知滿足，，,則在上的投影為（）A． B． C． D．22．一個陶瓷圓盤的半徑為，中間有一個邊長為的正方形花紋，向盤中投入1000粒米后，發現落在正方形花紋上的米共有51粒，據此估計圓周率的值為（精確到0.001）（）A．3.132 B．3.137 C．3.142 D．3.1473．運行如圖所示的程序框圖，若輸出的的值為99，則判斷框中可以填（）A． B． C． D．4．圓柱被一平面截去一部分所得幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．5．已知為虛數單位，若復數滿足，則（）A． B． C． D．6．在平行四邊形中，若則()A． B． C． D．7．已知函數，則下列判斷錯誤的是（）A．的最小正周期為 B．的值域為C．的圖象關于直線對稱 D．的圖象關于點對稱8．設函數（，為自然對數的底數）,定義在上的函數滿足，且當時，．若存在，且為函數的一個零點，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．9．“”是“，”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件10．已知（），i為虛數單位，則（）A． B．3 C．1 D．511．若（是虛數單位），則的值為（）A．3 B．5 C． D．12．函數的圖像大致為（）A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設滿足約束條件，則的取值范圍是______.14．的展開式中含的系數為__________．（用數字填寫答案）15．已知三棱錐的四個頂點在球的球面上，，是邊長為2的正三角形，，則球的體積為__________．16．在四棱錐中，底面為正方形，面分別是棱的中點，過的平面交棱于點，則四邊形面積為__________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在平面直角坐標系中，曲線，曲線的參數方程為（為參數）．以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系．（1）求曲線、的極坐標方程；（2）在極坐標系中，射線與曲線，分別交于、兩點（異于極點），定點，求的面積18．（12分）如圖，在直棱柱中，底面為菱形，，，與相交于點，與相交于點.（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成的角的正弦值.19．（12分）已知，.（1）解；（2）若，證明：.20．（12分）已知函數，且.（1）求的解析式；（2）已知，若對任意的，總存在，使得成立，求的取值范圍.21．（12分）已知函數．（1）當時，求的單調區間．（2）設直線是曲線的切線，若的斜率存在最小值-2，求的值，并求取得最小斜率時切線的方程．（3）已知分別在，處取得極值，求證：．22．（10分）已知函數（），是的導數.（1）當時，令，為的導數.證明：在區間存在唯一的極小值點；（2）已知函數在上單調遞減，求的取值范圍.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】

根據向量投影的定義，即可求解.【詳解】在上的投影為.故選:A【點睛】本題考查向量的投影，屬于基礎題.2、B【解析】

結合隨機模擬概念和幾何概型公式計算即可【詳解】如圖，由幾何概型公式可知：.故選：B【點睛】本題考查隨機模擬的概念和幾何概型，屬于基礎題3、C【解析】

模擬執行程序框圖，即可容易求得結果.【詳解】運行該程序：第一次，，；第二次，，；第三次，，，…；第九十八次，，；第九十九次，，，此時要輸出的值為99.此時.故選：C.【點睛】本題考查算法與程序框圖，考查推理論證能力以及化歸轉化思想，涉及判斷條件的選擇，屬基礎題.4、B【解析】

三視圖對應的幾何體為如圖所示的幾何體，利用割補法可求其體積.【詳解】根據三視圖可得原幾何體如圖所示，它是一個圓柱截去上面一塊幾何體，把該幾何體補成如下圖所示的圓柱，其體積為，故原幾何體的體積為.故選：B.【點睛】本題考查三視圖以及不規則幾何體的體積，復原幾何體時注意三視圖中的點線關系與幾何體中的點、線、面的對應關系，另外，不規則幾何體的體積可用割補法來求其體積，本題屬于基礎題.5、A【解析】分析：題設中復數滿足的等式可以化為，利用復數的四則運算可以求出.詳解：由題設有，故，故選A.點睛：本題考查復數的四則運算和復數概念中的共軛復數，屬于基礎題.6、C【解析】

由，,利用平面向量的數量積運算,先求得利用平行四邊形的性質可得結果.【詳解】如圖所示,

平行四邊形中,,

，，,

因為,

所以

,

，所以，故選C.【點睛】本題主要考查向量的幾何運算以及平面向量數量積的運算法則，屬于中檔題.向量的運算有兩種方法：（１）平行四邊形法則（平行四邊形的對角線分別是兩向量的和與差）；（２）三角形法則（兩箭頭間向量是差，箭頭與箭尾間向量是和）.7、D【解析】

先將函數化為，再由三角函數的性質，逐項判斷，即可得出結果.【詳解】可得對于A，的最小正周期為,故A正確；對于B，由，可得，故B正確；對于C，正弦函數對稱軸可得：解得：，當，，故C正確；對于D，正弦函數對稱中心的橫坐標為：解得：若圖象關于點對稱，則解得：，故D錯誤；故選：D.【點睛】本題考查三角恒等變換，三角函數的性質，熟記三角函數基本公式和基本性質，考查了分析能力和計算能力，屬于基礎題.8、D【解析】

先構造函數，由題意判斷出函數的奇偶性，再對函數求導，判斷其單調性，進而可求出結果.【詳解】構造函數，因為，所以，所以為奇函數，當時，，所以在上單調遞減，所以在R上單調遞減.因為存在，所以，所以，化簡得，所以，即令，因為為函數的一個零點，所以在時有一個零點因為當時，，所以函數在時單調遞減，由選項知，，又因為，所以要使在時有一個零點，只需使，解得，所以a的取值范圍為，故選D.【點睛】本題主要考查函數與方程的綜合問題，難度較大.9、B【解析】

先求出滿足的值，然后根據充分必要條件的定義判斷．【詳解】由得，即，，因此“”是“，”的必要不充分條件．故選：B．【點睛】本題考查充分必要條件，掌握充分必要條件的定義是解題基礎．解題時可根據條件與結論中參數的取值范圍進行判斷．10、C【解析】

利用復數代數形式的乘法運算化簡得答案.【詳解】由，得，解得.故選:C.【點睛】本題考查復數代數形式的乘法運算,是基礎題.11、D【解析】

直接利用復數的模的求法的運算法則求解即可.【詳解】（是虛數單位）可得解得本題正確選項：【點睛】本題考查復數的模的運算法則的應用，復數的模的求法，考查計算能力.12、A【解析】

根據排除，，利用極限思想進行排除即可．【詳解】解：函數的定義域為，恒成立，排除，，當時，，當，，排除，故選：．【點睛】本題主要考查函數圖象的識別和判斷，利用函數值的符號以及極限思想是解決本題的關鍵，屬于基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

作出可行域，將目標函數整理為可視為可行解與的斜率，則由圖可知或，分別計算出與，再由不等式的簡單性質即可求得答案.【詳解】作出滿足約束條件的可行域，顯然當時，z=0；當時將目標函數整理為可視為可行解與的斜率，則由圖可知或顯然，聯立，所以則或，故或綜上所述，故答案為：【點睛】本題考查分式型目標函數的線性規劃問題，屬于簡單題.14、【解析】由題意得，二項式展開式的通項為，令，則，所以得系數為．15、【解析】

由題意可得三棱錐的三條側棱兩兩垂直，則它的外接球就是棱長為的正方體的外接球，求出正方體的對角線的長，就是球的直徑，然后求出球的體積.【詳解】解：因為，為正三角形，所以，因為，所以三棱錐的三條側棱兩兩垂直，所以它的外接球就是棱長為的正方體的外接球，因為正方體的對角線長為，所以其外接球的半徑為，所以球的體積為故答案為：【點睛】此題考查球的體積，幾何體的外接球，考查空間想象能力，計算能力，屬于中檔題.16、【解析】

設是中點，由于分別是棱的中點，所以，所以，所以四邊形是平行四邊形.由于平面，所以，而，，所以平面，所以.由于，所以，也即，所以四邊形是矩形.而.從而.故答案為：.【點睛】本小題主要考查空間平面圖形面積的計算，考查線面垂直的判定，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1），；（2）.【解析】

（1）先把參數方程化成普通方程，再利用極坐標的公式把普通方程化成極坐標方程；（2）先利用極坐標求出弦長，再求高，最后求的面積．【詳解】（1）曲線的極坐標方程為：，因為曲線的普通方程為：，曲線的極坐標方程為；（2）由（1）得：點的極坐標為，點的極坐標為，，點到射線的距離為的面積為.【點睛】本題考查普通方程、參數方程與極坐標方程之間的互化，同時也考查了利用極坐標方程求解面積問題，考查計算能力，屬于中等題.18、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）要證明平面，只需證明，即可：（2）取中點，連，以為原點，分別為軸建立空間直角坐標系，分別求出與平面的法向量，再利用計算即可.【詳解】（1）∵底面為菱形，∵直棱柱平面.∵平面..平面；（2）如圖，取中點，連，以為原點，分別為軸建立如圖所示空間直角坐標系：，點，設平面的法向量為，，有，令，得又，設直線與平面所成的角為，所以故直線與平面所成的角的正弦值為.【點睛】本題考查線面垂直的證明以及向量法求線面角的正弦值，考查學生的運算求解能力，本題解題關鍵是正確寫出點的坐標.19、（1）；（2）見解析.【解析】

（1）在不等式兩邊平方化簡轉化為二次不等式，解此二次不等式即可得出結果；（2）利用絕對值三角不等式可證得成立.【詳解】（1），，由得，不等式兩邊平方得，即，解得或.因此，不等式的解集為；（2），，由絕對值三角不等式可得.因此，.【點睛】本題考查含絕對值不等式的求解，同時也考查了利用絕對值三角不等式證明不等式，考查推理能力與運算求解能力，屬于中等題.20、（1）；（2）【解析】

（1）由,可求出的值,進而可求得的解析式;（2）分別求得和的值域,再結合兩個函數的值域間的關系可求出的取值范圍.【詳解】（1）因為,所以,解得,故.（2）因為,所以,所以，則,圖象的對稱軸是.因為,所以,則,解得,故的取值范圍是.【點睛】本題考查了三角函數的恒等變換,考查了二次函數及三角函數值域的求法,考查了學生的計算求解能力,屬于中檔題.21、（1）單調遞增區間為，；單調遞減區間為；（2），；（3）證明見解析．【解析】

（1）由的正負可確定的單調區間；（2）利用基本不等式可求得時，取得最小值，由導數的幾何意義可知，從而求得，求得切點坐標后，可得到切線方程；（3）由極值點的定義可知是的兩個不等正根，由判別式大于零得到的取值范圍，同時得到韋達定理的形式；化簡為，結合的范圍可證得結論.【詳解】（1）由題意得：的定義域為，當時，，，當和時，；當時，，的單調遞增區間為，；單調遞減區間為.（2），所以（當且僅當，即時取等號），切線的斜率存在最小值，，解得：，，即切點為，從而切線方程，即：．（3），分別在，處取得極值，，是方程，即的兩個不等正根．則，解得：，且，．，，，即不等式成立．【點睛】本題考查導數在研究函數中的應用，涉及到利用導數求解函數的單調區間、導數幾何意義的應用、利用導數證明不等式等知識；本題中證明不等式的關鍵是能夠通過極值點的定義將問題轉變為一元二次方程根的分布問題.22、（1）見解析；（2）【解析】

（1）設，，注意到在上單增，再利用零點存在性定理即可解決；（2）函數在上單調遞減，則在恒成立，即在上恒成立，構造函數，求導討論的最值即可.【詳解】（1）由已知，，所以，設，，