2025-2026学年下学期云南西南名校联盟高三数学3月联考试卷（含答案）

数学试卷注意事项:1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.2.每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.3.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分,考试用时120分钟.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)1.复数z=i1+iA.22B.C.122.若集合A={−2A.AB.BC.AD.A3.若函数fx=ax3+xa∈R的图象与直线A.-2B.2C.-3D.34.已知3sinα−2A.−33C.35D.5.如图1为眼睛分辨视标的数学模型,视标整体形状为正方形,长和宽相等为H,视标笔画宽度和空白缺口宽度相等均为h,将视力值按0.1,0.2,0.3,⋯,1.5划分为图1图2A.15B.115C.14h6.如图2为函数fx=3sinωx+φω>0,0A.−6C.62D.7.设P为椭圆x236+y227=1上一动点,M、N分别为圆CA.9B.11C.13D.168.已知数轴上有10个不同的点Xii=1,2,⋯,10,Xi的坐标为xi,且满足xk+1−xkA.124B.C.5126D.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,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)9.数列an的前n项和为Sn,指出Sn=fnABCD图310.如图3,在长方体ABCD−A1B1C1D1中,AD=AA1=2,A.BMB.EF//平面C.若B1C=2B1F，则直线MFD.若D1∈平面MEF，则三棱锥C−MEF11.已知直线l:x−ty−2p=0p>0,t∈R与抛物线C:y2=2px相交于A、BA.OAB.若OE⊥AB，E1,C.△OAB面积的最小值为D.若l与直线x=−2p交于点T，则三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)12.已知fx=ex13.已知正六棱锥P−ABCDEF的侧面积为12，AB14.过点1,2的直线l分别与x轴正半轴、y轴正半轴交于A、B两点,O为坐标原点,则△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)已知△ABC的内角A、B、C对边分别为a、b、c(1)求a；(2)求△ABC16.(本小题满分15分)如图4,几何体EF−ABCD由一个直三棱柱截去一个三棱锥所得,∠AED=90∘,AE= ED=2,AB=22,(1)证明:BC⊥平面FOM(2)求截面BCF与侧面ABCD夹角的余弦值.图417.(本小题满分15分)已知函数fx(1)当a=0时，证明:fx在(2)证明:fx≥0在[0,+∞)18.(本小题满分17分)针对赛制对“强者”和“弱者”的影响进行建模分析.设参赛人数为n(为2的幂次,如4,8,16),假设每场比赛只有两种可能结果:胜或负(忽略平局).各场比赛的结果相互独立.赛制一、单败淘汰制:参赛者两两对决，胜者晋级，负者直接淘汰，直到决出冠军.赛制二、双败淘汰制:参赛者随机分组进行初赛，胜者组、负者组分别组内随机抽签比赛,胜者组失败者掉入负者组,负者组失败者被淘汰,胜者组冠军和负者组冠军进行总决赛.以4人为例,如图5:图5赛制三、单循环赛制:每位参赛者与其他所有参赛者都进行一场比赛.最终按总积分(或胜场数)排名.总积分(或胜场数)最高者为冠军(若积分相同再比较其他规则).假设在强者(只有一人)与弱者单场比赛中，p为“强者”战胜“弱者”的概率.弱者实力均等,他们之间比赛时胜率均为r.Ppwin表示(1)当n=4，p=0.7，r=0.5(2)针对赛制三，W强、W弱分别表示“强者”、“弱者”的胜场数，写出EW强、EW弱;当n=16(3)评价三种赛制对“强者”和“弱者”的影响.19.(本小题满分17分)在单位圆x2+y2=1上取一点，与圆心相连的线段、圆周及x轴非负半轴围成的扇形面积为s,扇形面积的2倍来定义圆角θ,即2s=θ.对于一个确定的圆角θ,定义六种三角函数:sinθ(正弦),cosθ(余弦),tanθ(正切),cotθ类比三角函数与单位圆,在单位等轴双曲线x2−y2=1上取一点,与坐标原点相连的线段、双曲线及x轴非负半轴围成的图形面积为s，定义双曲角t=2s，对于一个确定的双曲角t,定义六种双曲函数:双曲正弦sinh,双曲余弦cosh,双曲正切tanh,双曲余切coth,双曲正割sech,双曲余割csch.此点的坐标为cosht,sinht.点acosθ,asin(1)描述曲线Ω、Γ的形态并写出Ω(2)过点A−a,0作两条直线(不同于x轴)分别交Ω和Γy轴右侧部分)于点M、P,N、Q;线段MN、线段PQ(i)证明:∠ADM(ii)证明:O、M数学参考答案一、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)题号12345678答案ACABCBDD1.z=i12.3∈A但3∉B,故A错误;−3∈B但−3∉A,故B错误;A∩3.f′x=3ax2+1,则f′1=1+3a=−2,a=−4.由3sinα−2cosα+π3=0,3sinα5.由题,数列hnn≤15,n∈N∗成等比数列,所以6.由图可知,A=3,T=2πω=4,则ω=π2.所以fx=3sinπ2x+φ,π2×127.如图1,椭圆的两个焦点坐标为F1−3,0,F23,0,为两个圆的圆心坐标,圆C1的半径为r1=1,圆C2的半径为图18.问题等价于从1,2,3,4,5,6,7,8,9,10中任取4个不同的数a1,a2,a3,a4,求事件“存在1≤i<j≤4,i、j∈N∗,使得ai−aj=1”的概率,不妨设a1<a2<a3<a4,考虑对立事件不存在1二、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,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)题号91011答案ABDBCDAD9.设等差数列an的公差为d,则Sn=d2n2+a1−d2n,当d≠0时,Sn是关于n的二次函数,点n,Sn在过原点的抛物线y=d2x2+a10.由题BM=CM=2，BC=AD=2，所以BM2+CM2=BC2，因此BM⊥CM，若BM⊥MF，则BM⊥平面B1CM，从而BM⊥B1M，与∠B1BM是直角矛盾，故A不正确;EF⊂平面BCC1B1,平面BCC1B1//平面AD1,所以B正确;设直线MF与平面A1B1C1D1所成角为θ,因为平面ABCD//平面A1B1C1D1,所以直线MF与平面ABCD所成角也为θ,作F在平面ABCD的投影N,则tanθ=FNMN,因为B1C=2B1F,所以F是B1C的中点,由相似可得FN:B1B=1:2,因此FN=12B1B=1;MN=1,因此tanθ=FNMN=1,故C正确;若D1∈平面MEF,则M、11.如图2,设Ay122p,y1、By222p,y2,联立x−ty−2p=0,y2=2px消去x,得y2−2pty−4p2=0,所以y1+y2=2pt,y1y2=−4p2,所以OA⋅OB=y1y224p2+y1y2=0图2图3三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)题号121314答案225π112.ff13.如图4,设O′为底面正六边形ABCDEF的中心,M为CD的中点,连接PM,PO′,CO′,O为正六棱锥P−ABCDEF外接球的球心,由题意△PCD为等腰三角形,因为正六棱锥P−ABCDEF的侧面积为12,所以S△PCD=12×2×PM=2,解得PM=2,所以PC图414.合情推理(考虑极限思想):设Aa,0,B0,b,a>0,b>0,直线l的方程为xa+yb=1,由题:1a+2b=1,故a>1,b>2.设△AOB的内切圆半径为r,如图5,则当a→1时,b→+∞,l→l1,l1//y图5图6四、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)由题∠BAD=π2,又S图7⇒(4分)在△ABC得a2所以a=2(2)据(1)b=4所以△ABC的面积为S△ABC=1216.(本小题满分15分)(1)证明:由题BC⊥又FO⊥平面ABCD,BC⊂∴FO而FO、OM⊂平面FOM,且∴BC⊥平面FOM(2)方法一:解:取AB中点N，连接ON，如图8,以O为坐标原点,ON、OM、OF的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则图8(9分)设平面BCF的一个法向量为n=则n⋅CB=2x=平面ABCD的一个法向量为m=设截面BCF与侧面ABCD夹角为θ，所以cosθ所以截面BCF与侧面ABCD夹角的余弦值为63.(15分)方法二:几何法:解:如图∠OMF即为截面BCF与侧面ABCD所成二面角的平面角.(9分)在直角三角形中OMF图9所以cos∠OMF所以截面BCF与侧面ABCD夹角的余弦值为63.(1517.(本小题满分15分)证明:(1)当a=0时,∴fx在R又∵f∴fx在R上有唯一零点x(2)先证必要性:因为x≥0时，fx≥0，所以fπ所以a≥1下面证明充分性:当a≥1π时,令hx=1πx(10分)①当x≥π时，h′x=2πx−1+cosx≥2ππ−1+cosx=1+cosx≥0，当且仅当(12分)②当0≤x<π时，记φx=因为φ′又因为φ′x=2π−sinx在所以在0,π上存在x1、x2,使所以当0<x<x1或x2<x<π时,所以φx在0,x1、x又因为φ0所以当x∈0,π2时,h′x>0所以hx在0,π2上单调递增,在所以hxmin=min{h0,hπ}所以hx≥0,所以fx18.(本小题满分17分)解:(1)单败淘汰赛中，任何一场失利都意味着出局，强者必须赢得其参加的所有kk=当n=4，p=0.7时，双败淘汰制中,当n=4,p=0.7时,参赛者A情况1、A全胜(不输任何一场)夺冠，赢下参加的三场比赛；第一轮初赛、胜者组决赛、总决赛，概率为P1=情况2、A在小组初赛输一次，但后面比赛中全胜，概率为P2=情况3、A在小组初赛胜,在胜者组初赛输一次,但在后面比赛中全胜P3所以Pp(5分)(2)强者一共打n−1场比赛，W强∼Bn一个弱者打n−1场比赛,对阵强者,赢的概率为1−p,对阵其他n−2个弱者(弱者之间比赛胜率为r当n=16，p=0.6，EW对于强者,p>0.5,所以np−0.5>强者要稳定夺冠，需要EW猫显著大于EW猫，实力差距p−0.5越大，参赛人数n越多，强者预期胜场领先优势(3)Dp=0.7时,若n=4,Ppwin=0.72=0.49<0.5,若n=8单败淘汰制对弱者最有利，原因在于强者需要连续赢下多场比赛(k=log2n场)，任何一场失败(即使概率1在同样条件n=4,p=0.7下,双败淘汰制的②双败淘汰制比单败淘汰制更有利于强者.原因在于双败淘汰制给了强者一次犯错(输一场)的机会.对于实力顶尖的选手(p很大),双败淘汰制显著优于单败淘汰制.它大大降低了强者因单场意外失利而早早出局的风险.但对于实力中游的选手，双败淘汰制可能增加了他们遭遇顶尖强者的次数(从胜者组掉下来后要在败者组打更多比赛),反而可能不利.双败淘汰制比单败淘汰制更有利于真正的顶尖强者稳定夺冠，降低了冷门的总体影响.③单循环赛制最有利于强者，原因在于比赛场次多(n-1场)，根据大数定律和中心极限定理,实力更强(p>0.5)的选手在大量比赛