2025-2026学年云南省红河哈尼族彝族自治州高三第三次模拟考试数学试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年云南省红河哈尼族彝族自治州高三第三次模拟考试数学试卷（含答案解析），共100页。试卷主要包含了已知函数，以下结论正确的个数为等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，又称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的，如图（1）），类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图（2）所示的图形，它是由个全等的三角形与中间的一个小正六边形组成的一个大正六边形，设，若在大正六边形中随机取一点，则此点取自小正六边形的概率为（ ）
A．B．
C．D．
2．已知是的共轭复数,则（ ）
A．B．C．D．
3．一个陶瓷圆盘的半径为，中间有一个边长为的正方形花纹，向盘中投入1000粒米后，发现落在正方形花纹上的米共有51粒，据此估计圆周率的值为（精确到0.001）（ ）
A．3.132B．3.137C．3.142D．3.147
4．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水.天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸.若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③台体的体积公式）.
A．2寸B．3寸C．4寸D．5寸
5．如图所示，网络纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四棱锥的三视图，则该几何体的体积为（ ）
A．2B．C．6D．8
6．已知，满足，且的最大值是最小值的4倍，则的值是（ ）
A．4B．C．D．
7．已知函数，以下结论正确的个数为（ ）
①当时，函数的图象的对称中心为；
②当时，函数在上为单调递减函数；
③若函数在上不单调，则；
④当时，在上的最大值为1．
A．1B．2C．3D．4
8．如图，棱长为的正方体中，为线段的中点，分别为线段和 棱 上任意一点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
9．已知函数的零点为m，若存在实数n使且，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
10．已知展开式的二项式系数和与展开式中常数项相等，则项系数为（ ）
A．10B．32C．40D．80
11．已知函数，，且在上是单调函数，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．函数在上单调递减D．函数的图像关于点对称
12．的二项展开式中，的系数是（ ）
A．70B．-70C．28D．-28
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．近年来，新能源汽车技术不断推陈出新，新产品不断涌现，在汽车市场上影响力不断增大.动力蓄电池技术作为新能源汽车的核心技术，它的不断成熟也是推动新能源汽车发展的主要动力.假定现在市售的某款新能源汽车上，车载动力蓄电池充放电循环次数达到2000次的概率为85%，充放电循环次数达到2500次的概率为35%.若某用户的自用新能源汽车已经经过了2000次充电，那么他的车能够充电2500次的概率为______.
14．已知，，，则的最小值是__．
15．由于受到网络电商的冲击，某品牌的洗衣机在线下的销售受到影响，承受了一定的经济损失，现将地区200家实体店该品牌洗衣机的月经济损失统计如图所示，估算月经济损失的平均数为，中位数为n，则_________.
16．设满足约束条件，则的取值范围是______.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，四棱锥中，四边形是矩形，，为正三角形，且平面平面，、分别为、的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
18．（12分）设函数，，.
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数有两个零点，().
（i）求的取值范围；
（ii）求证:随着的增大而增大.
19．（12分）对于正整数，如果个整数满足，
且，则称数组为的一个“正整数分拆”.记均为偶数的“正整数分拆”的个数为均为奇数的“正整数分拆”的个数为.
(Ⅰ)写出整数4的所有“正整数分拆”;
(Ⅱ)对于给定的整数，设是的一个“正整数分拆”，且，求的最大值;
(Ⅲ)对所有的正整数，证明:;并求出使得等号成立的的值.
(注:对于的两个“正整数分拆”与，当且仅当且时，称这两个“正整数分拆”是相同的.)
20．（12分）函数
（1）证明：；
（2）若存在，且，使得成立，求取值范围.
21．（12分）设函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若对恒成立，求的取值范围.
22．（10分）已知直线：与抛物线切于点，直线：过定点Q，且抛物线上的点到点Q的距离与其到准线距离之和的最小值为.
（1）求抛物线的方程及点的坐标；
（2）设直线与抛物线交于(异于点P)两个不同的点A、B，直线PA，PB的斜率分别为，那么是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．D
【解析】
设，则，小正六边形的边长为，利用余弦定理可得大正六边形的边长为，再利用面积之比可得结论.
【详解】
由题意，设，则，即小正六边形的边长为，
所以，，，在中，
由余弦定理得，
即，解得，
所以，大正六边形的边长为，
所以，小正六边形的面积为，
大正六边形的面积为，
所以，此点取自小正六边形的概率.
故选：D.
本题考查概率的求法，考查余弦定理、几何概型等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
2．A
【解析】
先利用复数的除法运算法则求出的值，再利用共轭复数的定义求出a+bi，从而确定a，b的值，求出a+b．
【详解】
i，
∴a+bi＝﹣i，
∴a＝0，b＝﹣1，
∴a+b＝﹣1，
故选：A．
本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念，是基础题．
3．B
【解析】
结合随机模拟概念和几何概型公式计算即可
【详解】
如图，由几何概型公式可知：.
故选：B
本题考查随机模拟的概念和几何概型，属于基础题
4．B
【解析】
试题分析：根据题意可得平地降雨量，故选B.
考点：1.实际应用问题；2.圆台的体积.
5．A
【解析】
先由三视图确定该四棱锥的底面形状，以及四棱锥的高，再由体积公式即可求出结果.
【详解】
由三视图可知，该四棱锥为斜着放置的四棱锥，四棱锥的底面为直角梯形，上底为1，下底为2，高为2，四棱锥的高为2，
所以该四棱锥的体积为.
故选A
本题主要考查几何的三视图，由几何体的三视图先还原几何体，再由体积公式即可求解，属于常考题型.
6．D
【解析】
试题分析：先画出可行域如图：由，得，由，得，当直线过点时，目标函数取得最大值，最大值为3；当直线过点时，目标函数取得最小值，最小值为3a；由条件得，所以，故选D.
考点：线性规划.
7．C
【解析】
逐一分析选项，①根据函数的对称中心判断；②利用导数判断函数的单调性；③先求函数的导数，若满足条件，则极值点必在区间；④利用导数求函数在给定区间的最值.
【详解】
①为奇函数，其图象的对称中心为原点，根据平移知识，函数的图象的对称中心为，正确．
②由题意知．因为当时，，
又，所以在上恒成立，所以函数在上为单调递减函数，正确．
③由题意知，当时，，此时在上为增函数，不合题意，故．
令，解得．因为在上不单调，所以在上有解，
需，解得，正确．
④令，得．根据函数的单调性，在上的最大值只可能为或．
因为，，所以最大值为64，结论错误．
故选：C
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，最值，意在考查基本的判断方法，属于基础题型.
8．D
【解析】
取中点，过作面，可得为等腰直角三角形，由，可得，当时， 最小，由 ，故，即可求解.
【详解】
取中点，过作面，如图：
则，故，
而对固定的点，当时， 最小．
此时由面，可知为等腰直角三角形，，
故.
故选：D
本题考查了空间几何体中的线面垂直、考查了学生的空间想象能力，属于中档题.
9．D
【解析】
易知单调递增,由可得唯一零点,通过已知可求得,则问题转化为使方程在区间上有解,化简可得,借助对号函数即可解得实数a的取值范围.
【详解】
易知函数单调递增且有惟一的零点为，所以，∴，问题转化为：使方程在区间上有解，即
在区间上有解，而根据“对勾函数”可知函数在区间的值域为，∴.
故选D．
本题考查了函数的零点问题,考查了方程有解问题,分离参数法及构造函数法的应用,考查了利用“对勾函数”求参数取值范围问题,难度较难.
10．D
【解析】
根据二项式定理通项公式可得常数项，然后二项式系数和，可得，最后依据，可得结果.
【详解】
由题可知：
当时，常数项为
又展开式的二项式系数和为
由
所以
当时，
所以项系数为
故选：D
本题考查二项式定理通项公式，熟悉公式，细心计算，属基础题.
11．B
【解析】
根据函数，在上是单调函数，确定 ，然后一一验证，
A.若，则，由，得，但.B.由，，确定，再求解验证.C.利用整体法根据正弦函数的单调性判断.D.计算是否为0.
【详解】
因为函数，在上是单调函数，
所以 ，即，所以 ，
若，则，又因为，即，解得， 而，故A错误.
由，不妨令 ，得
由，得 或
当时，，不合题意.
当时，，此时
所以，故B正确.
因为，函数，在上是单调递增，故C错误.
，故D错误.
故选：B
本题主要考查三角函数的性质及其应用，还考查了运算求解的能力，属于较难的题.
12．A
【解析】
试题分析：由题意得，二项展开式的通项为，令，所以的系数是，故选A．
考点：二项式定理的应用．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
记“某用户的自用新能源汽车已经经过了2000次充电”为事件A，“他的车能够充电2500次”为事件B，即求条件概率：，由条件概率公式即得解.
【详解】
记“某用户的自用新能源汽车已经经过了2000次充电”为事件A，“他的车能够充电2500次”为事件B，
即求条件概率：
故答案为：
本题考查了条件概率的应用，考查了学生概念理解，数学应用，数学运算的能力，属于基础题.
14．．
【解析】
因为，展开后利用基本不等式，即可得到本题答案.
【详解】
由，得，
所以，当且仅当，取等号.
故答案为：
本题主要考查利用基本不等式求最值，考查学生的转化能力和运算求解能力.
15．360
【解析】
先计算第一块小矩形的面积，第二块小矩形的面积，，面积和超过0.5，所以中位数在第二块求解，然后再求得平均数作差即可.
【详解】
第一块小矩形的面积，第二块小矩形的面积，
故；
而，
故.
故答案为：360.
本题考查频率分布直方图、样本的数字特征，考查运算求解能力以及数形结合思想，属于基础题.
16．
【解析】
作出可行域，将目标函数整理为可视为可行解与的斜率，则由图可知或，分别计算出与，再由不等式的简单性质即可求得答案.
【详解】
作出满足约束条件的可行域，
显然当时，z=0；
当时将目标函数整理为可视为可行解与的斜率，则由图可知或
显然，联立，所以
则或，故或
综上所述，
故答案为：
本题考查分式型目标函数的线性规划问题，属于简单题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）取中点，中点，连接，，.设交于，则为的中点，连接.
通过证明，证得平面，由此证得平面平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值.
【详解】
（1）取中点，中点，连接，，.
设交于，则为的中点，连接.
设，则，，∴.
由已知，，∴平面，∴.
∵，∴，
∵，∴平面，
∵平面，∴平面平面.
（2）由（1）及已知可得平面，建立如图所示的空间坐标系，设，则，，，，，，，，
设平面的法向量为，∴，令得.
设平面的法向量为，∴，令得，∴，∴二面角的余弦值为.
本小题主要考查面面垂直的证明，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
18．（1）见解析；（2）（i）（ii）证明见解析
【解析】
（1）求出导函数，分类讨论即可求解；
（2）（i）结合（1）的单调性分析函数有两个零点求解参数取值范围；（ii）设，通过转化，讨论函数的单调性得证.
【详解】
（1）因为，所以
当时，在上恒成立，所以在上单调递增，
当时，的解集为，的解集为，
所以的单调增区间为，的单调减区间为；
（2）（i）由（1）可知，当时，在上单调递增，至多一个零点，不符题意，当时，因为有两个零点，所以，解得，因为，且，所以存在，使得，又因为，设，则，所以单调递增，所以，即，因为，所以存在，使得，综上，；（ii）因为，所以，因为，所以，设，则，所以，解得，所以，所以，设，则，设，则，所以单调递增，所以，所以，即，所以单调递增，即随着的增大而增大，所以随着的增大而增大，命题得证.
此题考查利用导函数处理函数的单调性，根据函数的零点个数求参数的取值范围，通过等价转化证明与零点相关的命题.
19． (Ⅰ) ，，，，；(Ⅱ) 为偶数时，，为奇数时，；(Ⅲ)证明见解析，，
【解析】
(Ⅰ)根据题意直接写出答案.
(Ⅱ)讨论当为偶数时，最大为，当为奇数时，最大为，得到答案.
(Ⅲ) 讨论当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故，当为偶数时，
根据对应关系得到，再计算，，得到答案.
【详解】
(Ⅰ)整数4的所有“正整数分拆”为：，，，，.
(Ⅱ)当为偶数时，时，最大为；
当为奇数时，时，最大为；
综上所述：为偶数，最大为，为奇数时，最大为.
(Ⅲ)当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故；
当为偶数时，设是每个数均为偶数的“正整数分拆”，
则它至少对应了和的均为奇数的“正整数分拆”，
故.
综上所述：.
当时，偶数“正整数分拆”为，奇数“正整数分拆”为，；
当时，偶数“正整数分拆”为，，奇数“正整数分拆”为，
故；
当时，对于偶数“正整数分拆”，除了各项不全为的奇数拆分外，至少多出一项各项均为的“正整数分拆”，故.
综上所述：使成立的为：或.
本土考查了数列的新定义问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
20．（1）证明见详解；（2）或或
【解析】
（1）
（2）首先用基本不等式得到，然后解出不等式即可
【详解】
（1）因为
所以
（2）当时
所以
当且仅当即时等号成立
因为存在，且，使得成立
所以
所以或
解得：或或
1.要熟练掌握绝对值的三角不等式，即
2.应用基本不等式求最值时要满足“一正二定三相等”.
21．（1）或；（2）或.
【解析】
试题分析：（1）根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解集，最后求并集（2）根据绝对值三角不等式得最小值，再解含绝对值不等式可得的取值范围.
试题解析：（1）等价于或或，
解得：或.故不等式的解集为或.
（2）因为：
所以，由题意得：，解得或.
点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．
22．（1），（1，2）；（2）存在，
【解析】
（1）由直线恒过点点及抛物线C上的点到点Q的距离与到准线的距离之和的最小值为，求出抛物线的方程，再由直线与抛物线相切，即可求得切点的坐标；
（2）直线与抛物线方程联立，利用根与系数的关系，求得直线PA，PB的斜率，求出斜率之和为定值，即存在实数使得斜率之和为定值.
【详解】
（1）由题意，直线变为2x+1-m(2y+1)=0，所以定点Q的坐标为
抛物线的焦点坐标，
由抛物线C上的点到点Q的距离与到其焦点F的距离之和的最小值为，
可得，解得或（舍去），
故抛物线C的方程为
又由消去y得，
因为直线与抛物线C相切，所以，解得，
此时，所以点P坐标为（1，2）
（2）设存在满足条件的实数，点，
联立，消去x得，
则，
依题意，可得，解得m