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 ,则
A. B.
C. D. 2
2. 若集合 ，则
A.
B.
C.
D.
3. 若函数 的图象与直线 相切于点 ,则实数
A. -2 B. 2 C. -3 D. 3
4. 已知 ,则
A. B.
C. D.
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 ,视标笔画宽度和空白缺口宽度相等均为 ,将视力值按 划分为 15 个等级,对应的视标笔画宽度成等比数列 ,则公比为
图 1 图 2
A. 15 B. C. D.
6. 如图 2 为函数 的部分图象, 为图象与 轴的两个交点坐标,则
A. B. 0
C. D.
7. 设 为椭圆 上一动点, 分别为圆 和圆 上的动点,则 不可能为
A. 9 B. 11
C. 13 D. 16
8. 已知数轴上有 10 个不同的点 的坐标为 ,且满足 ,从上述 10 个不同点中任取 4 个不同的点,则事件 “存在 4, ,使得 ” 的概率为
A. B.
C. D.
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 的前 项和为 ,指出 的图象上的部分点对应的数列 可能是等差数列的是
A
B
C
D
图 3
10. 如图 3,在长方体 中, 分别在线段 、 上运动， 为线段 的中点，则下列结论正确的是
A.
B. 平面
C. 若 ，则直线 与平面 所成角为
D. 若 平面 ，则三棱锥 的最大体积为
11. 已知直线 与抛物线 相交于 两点，点 在第一象限， 与 轴交于点 ， 为坐标原点，则下列说法正确的是
A.
B. 若 ， 为垂足，则
C. 面积的最小值为
D. 若 与直线 交于点 ，则
三、填空题(本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分)
12. 已知 则
13. 已知正六棱锥 的侧面积为 12， ，则该正六棱锥外接球的表面积为_____.
14. 过点 的直线 分别与 轴正半轴、 轴正半轴交于 、 两点, 为坐标原点, 则 的内切圆面积的取值范围是_____.
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 的内角 对边分别为 在边 上, .
(1) 求 ；
(2)求 的面积.
16. (本小题满分 15 分)
如图 4,几何体 由一个直三棱柱截去一个三棱锥所得, 为矩形 的中心, 平面 是 中点.
(1)证明: 平面 ;
(2)求截面 与侧面 夹角的余弦值.
图 4
17. (本小题满分 15 分)
已知函数 .
(1)当 时，证明: 在 上存在唯一零点；
(2)证明: 在 上恒成立的充要条件是 .
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 (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， 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 表示 “强者” 最终赢得冠军的概率.
(1)当 ， ， 时，求赛制一、赛制二相应的 ；
(2)针对赛制三， 、 分别表示“强者”、“弱者”的胜场数，写出 、 ; 当 时，计算 并说明 “强者”稳定夺冠的因素;
(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 上取一点，与圆心相连的线段、圆周及 轴非负半轴围成的扇形面积为 ,扇形面积的 2 倍来定义圆角 ,即 . 对于一个确定的圆角 ,定义六种三角函数: (正弦), (余弦), (正切), (余切), (正割), (余割),此点的坐标为 .
类比三角函数与单位圆,在单位等轴双曲线 上取一点,与坐标原点相连的线段、双曲线及 轴非负半轴围成的图形面积为 ，定义双曲角 ，对于一个确定的双曲角 ,定义六种双曲函数: 双曲正弦 ,双曲余弦 ,双曲正切 ,双曲余切 ,双曲正割 ,双曲余割 . 此点的坐标为 . 双曲函数可以用指数形式表示. 对于双曲角 ,有: 等.
点 所在曲线分别记为 .
(1)描述曲线 的形态并写出 的标准方程；
(2)过点 作两条直线 (不同于 轴) 分别交 和 轴右侧部分 于点 、 ; 线段 、线段 与 轴的交点分别为 为坐标原点.
( i ) 证明: ;
(ii) 证明: 四点共圆.
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 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C A B C B D D
1. ,故选 A.
2. 但 ,故 A 错误; 但 ,故 B 错误; ,故 C 正确; ,故 D 错误,故选 C.
3. ,则 ,而 ,即切点为 ,代入直线 ,得 ,故选 A.
4. 由 ,得 , 所以 ，所以 ，故选 B.
5. 由题,数列 成等比数列,所以 ,所以公比为 , 故选 C.
6. 由图可知, ,则 . 所以 , ,解得 . 因为 ,所以 ,所以 , ,所以 , 故选 B.
7. 如图 1,椭圆的两个焦点坐标为 ,为两个圆的圆心坐标,圆 的半径为 ,圆 的半径为 ,由椭圆的定义 ,分析可知 ,即 ,故选 D.
图 1
8. 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 ,求事件 “存在 ,使得 ” 的概率,不妨设 ,考虑对立事件不存在 ,使得 ,则有 ,在1,2,3,4,5,6,7中任取 4 个不同的数,从小到大依次表示 ,此时有 种不符合题意的取法,则有 种符合题意的取法,所以事件 “存在 ,使得 ” 的概率为 ,故选 D.
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 9 10 11
答案 ABD BCD AD
9. 设等差数列 的公差为 ,则 ,当 时, 是关于 的二次函数,点 在过原点的抛物线 上,选项 正确; 当 时,点 在过原点的直线 上,可知 ,选项 D 正确,故选 ABD.
10. 由题 ， ，所以 ，因此 ，若 ，则 平面 ，从而 ，与 是直角矛盾，故 不正确; 平面 ,平面 平面 ,所以 B 正确; 设直线 与平面 所成角为 ,因为平面 平面 ,所以直线 与平面 所成角也为 , 作 在平面 的投影 ,则 ,因为 ,所以 是 的中点, 由相似可得 ,因此 ,因此 ,故 正确; 若 平面 ,则 四点共面,因为平面 平面 ,所以 ,可知 ,因为平面 平面 ,且 平面 ,所以 ; 因此当 面积最大时,有三棱锥 的最大体积,可知 ,因为 且 是定直线,所以 的三个角是定角,又因为 分别在线段 上运动,所以 与 成正比,则当 最大时,有 最大面积,此时 ,因此三棱锥 的最大体积为 ,故 D 正确,故选 BCD.
11. 如图 2,设 ,联立 消去 , 得 ,所以 ,所以 ,故 正确; 由 ,或由 ,得 ,故 B 错误; 面积 , 因为 ,当且仅当 时, 取得最小值 ,故 错误; 如图 3, 因为 ,所以 ,得 ,故 D 正确,故选 AD.
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 12 13 14
答案 2 25π
12. .
13. 如图 4,设 为底面正六边形 的中心, 为 的中点,连接 为正六棱锥 外接球的球心,由题意 为等腰三角形, 因为正六棱锥 的侧面积为 12, 所以 ,解得 ,所以 ,因为 ,所以 , 设 ,所以 ,所以 ,解得 ,所以正六棱锥外接球的表面积为 .
图 4
14. 合情推理 (考虑极限思想): 设 ,直线 的方程为 ,由题: ,故 . 设 的内切圆半径为 ,如图 5,则当 时, 轴, 与 轴间的距离1; 如图 6,当 时, 轴, 与 轴间的距离 2, 所以 的取值范围是 ,故 的内切圆面积的取值范围是 .
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 ,又 ,如图 7,
图 7
(4 分)
在 中,由余弦定理,
得 ,
所以 . (8 分)
(2)据(1) ，
所以 的面积为 . (13 分) 注: 其余方法参照给分.
16. (本小题满分 15 分)
(1)证明:由题 .
又 平面 平面 ,
.
而 平面 ,且 ,
平面 . (6 分)
(2)方法一:解:取 中点 ，连接 ，
如图 8,以 为坐标原点, 的方向分别为 轴、 轴、 轴的正方向,建立空间直角坐标系,则 , ,
图 8
(9 分)
设平面 的一个法向量为 ,
则 ,取 ,
平面 的一个法向量为 ,
设截面 与侧面 夹角为 ，
所以 ,
所以截面 与侧面 夹角的余弦值为 . (15 分) 方法二: 几何法: 解: 如图 9,
即为截面 与侧面 所成二面角的平面角. (9 分) 在直角三角形中 ,
图 9
所以 ,
所以截面 与侧面 夹角的余弦值为 . (15 分)
17. (本小题满分 15 分)
证明: (1) 当 时, ,
在 上单调递减.
又 ,
在 上有唯一零点 . (5 分)
(2)先证必要性:因为 时， ，所以 ，即 ，
所以 . (8 分)
下面证明充分性:
当 时, ,
令 ,则 .
(10 分)
① 当 时， ，当且仅当 时，取 “ ”， 以 在 上单调递增，所以 ，所以 ；
(12 分)
② 当 时，记 ，则 ，
因为 ,
又因为 在 上单调递减,在 上单调递增,
所以在 上存在 ,使 ,且 ,
所以当 或 时, ; 当 时, ,
所以 在 上单调递增,在 上单调递减.
又因为 ,
所以当 时, ; 当 时, ,
所以 在 上单调递增,在 上单调递减,
所以 ,而 ,所以 ,
所以 ,所以 ,充分性得证. (15 分)
18. (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 场比赛才能夺冠，
当 ， 时， . (2 分)
双败淘汰制中,当 时,参赛者 中不妨设强者为 ,其赢得冠军有三种情况:
情况 1、 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 ；
情况 2、 在小组初赛输一次，但后面比赛中全胜，概率为 ；
情况 3、 在小组初赛胜,在胜者组初赛输一次,但在后面比赛中全胜 ,
所以 .
(5 分)
( 2 )强者一共打 场比赛， ， ；
一个弱者打 场比赛,对阵强者,赢的概率为 ,对阵其他 个弱者 (弱者之间比赛胜率为 ),所以 . (9 分)
当 ， ， 时，
,
对于强者, ,所以 ,即 总是成立的.
强者要稳定夺冠，需要 显著大于 ，实力差距 越大，参赛人数 越多， 强者预期胜场领先优势 就越大. (12 分)
(3) 时,若 ,若 时, , 若 ,则 (约 ),
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( 场)，任何一场失败(即使概率 很小)都会导致其被淘汰. 爆冷可能性随着比赛场次的增加而显著累积.
在同样条件 下,双败淘汰制的 大于单败淘汰制的 .
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 ( 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 ( ) 的选手在大量比赛中,其胜率会稳定地表现出来,极大地减少了单场爆冷对最终排名的影响. 强者有较多的机会证明自己的实力，弱者爆冷胜利(即使发生) 对强者最终积分的影响被稀释了. 代价是比赛场次过多, 时间成本高, 不适合大规模参赛. (17 分)
【评分说明】
不同赛制的影响从 “对强者有利程度” 和 “比赛场次 (效率)” 两个方面说明:
对强者最有利:单循环赛制. 样本量大，爆冷影响最小化.代价:场次较多，时间成本高， 效率低；
对强者最不利(对弱者最有利):单败淘汰制. 强者需要连续多场不犯错，任何一场爆冷即出局. 爆冷概率累加显著, 效率最高.
根据以上要点适当扣分.
19. (本小题满分 17 分)
(1)解:设 根据 ,消去 ,得 ,
所以 的标准方程为 ,
曲线 为坐标原点为圆心,半径为 的圆; (2 分)
同理由 得 的标准方程为 ,
曲线是以坐标原点为中心,半实轴与半虚轴长均为 的等轴双曲线.
(4 分)
(2)证明:如图 10，设直线 的方程为: ，直线 的方程为: ， 联立方程 ,消去 ,整理得 , 则 ,即 , 得 , 所以 点的坐标为 , 同理 点的坐标为
图 10
所以直线 的斜率
所以直线 的方程为
令 ,得 ,所以点 的坐标为
(8 分
同理联立方程 ,类似可得
(12 分)
(i) 直线 的斜率为 ,
同理直线 的斜率为 ,所以 ,
所以 ; (15 分)
(ii) 设 ,由 四点共圆 可知:
又 ,而 ,
所以 ,
所以 四点共圆. (17 分)