云南省三校2025届高三高考备考 性联考卷（二）（含答案解析）

2025届云南三校高考备考实用性联考卷（二）数学注意事项：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，只有一项是符合题目要求的）1.在复平面内，对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】先化简复数，再由复数的几何意义求解即可.【详解】，其对应的点坐标为，位于第四象限，故选：D．2.“”是“”成立的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用充分性与必要性的定义，结合对数函数性质可得结果.【详解】利用对数函数性质可知：，则，即，故必要性成立；，当不全大于0时，或无意义，故不能推出，故充分性不成立，所以“”是“”的必要而不充分条件.故选：B．3.在中，内角，，的对边分别为，，，若，则的值为（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】由正弦定理可得，代入即可得出答案.【详解】因为由正弦定理得，所以，，故选：D．4.已知，且，则（）A.0.2 B.0.3 C.0.7 D.0.8【答案】B【解析】【分析】由正态曲线的对称性可求出，即可求出.【详解】根据正态曲线的对称性，由，得，再由总体密度曲线，数形结合知：.故选：B．5.在中，点是线段上一点，且满足，点是线段的中点，若存在实数和，使得，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由平面向量的线性运算求解即可.【详解】由题意，，而，由已知，，则，故选：D．6.函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度后所得图象关于原点对称，则图中的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据图象最大值得到，由向左平移个单位长度后图象关于原点对称，得过，结合图象过得到，故，，从而，由得到的值.【详解】由图象得，从而，的图象上的所有点向左平移个单位长度后图象关于原点对称，得函数的图象过点，所以结合图象知，所以，故，又，则，结合，得，所以，，故选：A．7.已知圆台上、下底面的半径分别为1和2，体积为，为上底面圆的一条直径，是下底面圆周上的一个动点，则面积的最大值为（）A.3 B. C. D.6【答案】B【解析】【分析】利用给定条件求出圆台的高，再结合勾股定理得到，分析得到面积最大时的情况，求解即可.【详解】圆台的高为，则圆台的体积，解得，如图，取上下底面圆心、，连接、、，由圆台性质可知，且，又，故，则当为以为底的高时，面积最大，且其最大值为，故B正确.故选：B．8.，为函数的两个零点，其中，则下列说法错误的是（）A. B.C.的最小值为4 D.的最小值为4【答案】C【解析】【分析】由零点的定义可知，直线与函数的图象有两个公共点，其横坐标为，，结合的性质可得，再借助对勾函数的性质和基本不等式逐项判断即可得出答案.【详解】函数的定义域为0,+∞，且，由，得，因此直线与函数的图象有两个公共点，其横坐标为，，比1大还是小对的图象没有影响，可令，而当时，递减，当时，递增，于是，对于A，由，得，即，A正确；对于B，，而函数在1,+∞上单调递增，因此，B正确；对于C，，函数在1,+∞上单调递增，因此，C错误；对于D，，当且仅当时取等号，D正确.故选：C．【点睛】关键点睛：本题的关键点在于将题意转化为直线与函数的图象有两个公共点，其横坐标为，，结合的性质可得，再借助对勾函数的性质和基本不等式逐项判断即可得出答案.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，有多项是符合题目要求的．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.设是首项为，公差为的等差数列；是首项为，公比为的等比数列．已知数列的前项和，，则（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】根据分组求和，利用等差数列、等比数列求和公式用、、、表示出，再结合，由系数对应相等分别求出、、、，选出答案.【详解】当时，，不合题意；当时，，，，，，，，所以，故选：BC．10.在中，内角，，的对边分别为，，，已知，且，则（）A.，，成等比数列 B.为钝角三角形C.，，成等差数列 D.若，则【答案】ABD【解析】【分析】由正弦定理可判断A；利用正弦定理、三角形的性质可判断B；根据，，成等差数列求出，再由余弦定理可判断C；求出可判断D.【详解】对于A，，由正弦定理可得，且，则，，成等比数列，故A正确；对于B，将，利用正弦定理化简得：，即，，利用正弦定理化简得：，，，，所以角最大，由得角为钝角，故B正确；对于C，若，，成等差数列，则，且，可得，则由余弦定理可得，故C错误；对于D，若，可得，，则，由，B∈0,π，可得，所以，故D正确.故选：ABD．11.现有颜色为红、黄、蓝的三个箱子，其中红色箱子内装有2个红色球，1个黄色球和1个蓝色球；黄色箱子内装有2个红色球，1个蓝色球；蓝色箱子内装有3个红色球，2个黄色球．若第一次先从红色箱子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同色的箱子中，第二次再从刚才放入与球同色的这个箱子中任取一个球，则下列说法正确的是（）A.若第一次抽到黄色球，那么第二次抽到蓝色球的概率为B.第二次抽到蓝色球的概率为C.如果第二次抽到是蓝色球，则它最有可能来自红色箱子D.如果还需将5个不同的小球放入这三个箱子内，每个箱子至少放1个，则不同的放法共有150种【答案】ACD【解析】【分析】由古典概率公式可判断A；由条件概率和全概率公式可判断B，C；由不同元素的分组和分配问题可判断D.【详解】对于选项A，在第一次抽到黄色球条件下，将抽到的黄色球放入黄色箱子内，此时黄色箱子内有2个红色球，1个黄色球，1个蓝色球，因此第二次抽到蓝色球的概率为，故A选项正确；对于选项B、C，记“第一次抽到红色球”，“第一次抽到黄色球”，“第一次抽到蓝色球”，“第二次在红色箱子中抽到蓝色球”,“第二次在黄色箱子中抽到蓝色球”，“第二次在蓝色箱子中抽到蓝球”，“第二次抽到蓝球”，易知，，两两互斥，和为，，，，，，，故B选项错误；第二次的球取自箱子的颜色与第一次取的球的颜色相同，所以，，，所以如果第二次抽到的是蓝色球，则它来自红色箱子的概率最大，故C选项正确；对于D，将5个不同的小球分成3组（每组至少一个）（按分或按分）再分配给3个箱子，由两个计数原理知，共有种，故D选项正确.故选：ACD．三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.的二项展开式中x项的系数为___________.【答案】【解析】【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的次数为1，从而可求出x的系数.【详解】由题知的二项式展开式中通项为，当时，，所以展开式中x项的系数为.故答案为：.13.已知f′x是定义域为的函数的导函数，且，则不等式的解集为______．【答案】【解析】【分析】由已知，设，可得函数单调递减，则由，可得，即为不等式解集.【详解】设，，所以函数在上单调递减，，即，得，所以，所以不等式的解集为．故答案为：．14.已知椭圆与双曲线的左、右焦点相同，分别为，，与在第一象限内交于点，且，与的离心率分别为，．则______，的取值范围是______．【答案】①.②.【解析】【分析】利用椭圆以及双曲线定义联立方程组可得，因此可求得；求出的表达式再根据三角形三边关系可求得，利用函数单调性即可求得结果.【详解】如下图所示：根据椭圆定义以及双曲线定义可得，解得；显然，可得；又且，其中；可得，所以，即；所以．令，则．因为，所以．又，所以有，所以有；又，所以有，所以有，所以可得．设函数，则，函数在区间上单调递增，所以，所以．即可得的取值范围是.故答案为：；.【点睛】易错点点睛：在求解椭圆以及双曲线离心率问题时，最容易忽略利用它们的定义来求得线段长度表达式，再进行相关问题求解.四、解答题（共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15.为了引导学生阅读世界经典文学名著，某学校举办“名著读书日”活动，每个月选择一天为“名著读书日”，并给出一些推荐书目．为了了解此活动促进学生阅读文学名著的情况，该校在此活动持续进行了一年之后，随机抽取了校内100名学生，调查他们在开始举办读书活动前后的一年时间内的名著阅读数量，所得数据如下表：不少于5本少于5本合计活动前3565100活动后6040100合计95105200（1）依据小概率值的独立性检验，分析举办该读书活动对学生阅读文学名著是否有促进作用；（2）已知某学生计划在接下来的一年内阅读6本文学名著，其中4本国外名著，2本国内名著，现从6本名著中随机抽取3本在上半年读完，求上半年读完的国内名著本数的分布列及数学期望．附：，其中．临界值表：0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】（1）有促进作用（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据公式计算得认为举办该读书活动对学生阅读文学名著有促进作用，该推断犯错误的概率不超过0.001；（2）上半年读完的国内名著本数可能为0、1、2，由超几何分布的概率计算得到分布列，进而得到数学期望.【小问1详解】零假设：该读书活动对学生阅读文学名著没有促进作用；由表中数据可知，，故可推断不成立，即认为举办该读书活动对学生阅读文学名著有促进作用，该推断犯错误的概率不超过0.001．【小问2详解】由题意可知，的可能取值为0、1、2，；；；所以的分布列为：012所以的数学期望为：．16.如图，已知四棱锥中，平面，，．（1）求证：平面平面；（2）若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设中点为，连接，先证得，，由线面垂直的判定定理可证得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明.（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，分别求出平面与平面的法向量，代入二面角公式即可得出答案.【小问1详解】证明：设中点为，连接，如图，因为，且，故四边形为正方形，而，，，所以，所以，因为平面，平面，所以，又平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面．【小问2详解】解：以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，所以，，设平面的法向量为n=x,y,z，则，即，令，所以，由（1）知，平面的法向量为，设平面与平面所成角为，则，，解得或（舍去），所以．17.已知函数．（1）在处的切线与直线垂直，求的值；（2）若有两个极值点，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出f′x，利用求出；（2）令，将问题转化为函数与函数的图象在0,+∞上有两个不同的交点，利用导数求出的大致图象可得答案.【小问1详解】，又在处的切线与垂直，所以，即，所以；【小问2详解】因为，且有两个极值点，所以方程在0,+∞上有两个不同的根，即方程有两个不同的正数根，将问题转化为函数与函数的图象在0,+∞上有两个不同的交点，则，令，解得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，且当时，gx>0，且，，，故作出的图象如图所示：由图象可知满足题意，即的取值范围为．18.抛物线的图象经过点，焦点为，过点且倾斜角为的直线与抛物线交于点，，如图．（1）求抛物线的标准方程；（2）当时，求弦AB的长；（3）已知点，直线，分别与抛物线交于点，．证明：直线过定点．【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由曲线图象经过点，可得，则得抛物线的标准方程；（2）写出方程,和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得，则；（3）设直线的方程为，，，，，和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得，．直线的方程为，和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得，同理可得，由，可得，则直线的方程为，由对称性知，定点在轴上，令，可得，则的直线过定点．【小问1详解】曲线图象经过点，所以，所以，所以抛物线的标准方程为．【小问2详解】由（1）知，当时，,所以的方程为，联立，得，则，由，所以弦．【小问3详解】由（1）知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，，，联立得，，因此，．设直线的方程为，联立得，则，因此，，得，同理可得，所以．因此直线的方程为，由对称性知，定点在轴上，令得，，所以，直线过定点．【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：(1)“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；(3)求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.19.如