2025届云南省玉溪市高三二模数学试题（解析版）

第1页/共1页昆明市2025届“三诊一模”高三复习教学质量检测数学注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.2．回答选择题时，选出每小题答案后，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，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、单选题：本题共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.复数，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据复数得四则运算，及复数的模公式可得解.【详解】由已知，则，故选：D.2已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据交集的定义即可得解.【详解】因为集合，，所以.故选：B.3.已知函数与的图象如图所示，则函数的图象可能是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用函数的定义域排除BC；利用时的函数值符号排除D.【详解】因为的定义域是函数与定义域的交集，故排除BC；由图可知函数与轴有两个交点，设右侧交点为，则时，且，所以，排除D.故选：A.4.已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与E交于A，B两点，点M为线段的中点，若点M的横坐标为p，，则（）A.2 B.3 C.4 D.6【答案】C【解析】【分析】设点坐标，由中点横坐标以及可得.【详解】设，由题设知，则，得.故选：C5.在中，分别是角的对边，且,则角的大小是A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】分析：利用正弦定理、诱导公式可得cosB=﹣，由此求得B的值．详解：在△ABC中，∵，由正弦定理可得，化简可得﹣sin（B+C）=2sinAcosB，即﹣sinA=2sinAcosB，解得cosB=﹣，故B=，故选C．点睛：（1）在三角形中根据已知条件求未知的边或角时，要灵活选择正弦、余弦定理进行边角之间的转化，以达到求解的目的．（2）求角的大小时，在得到角的某一个三角函数值后，还要根据角的范围才能确定角的大小，这点容易被忽视，解题时要注意．6.已知圆锥的底面半径为，高为2，正方体棱长为a，若点A，B，C，D在该圆锥的侧面上，点，，，在该圆锥的底面上，则（）A.2 B. C.1 D.【答案】C【解析】【分析】过正方体的一组对棱，作圆锥的截面，利用三角形相似对应边成比例列方程即可求解.【详解】过正方体的一组对棱，作圆锥的截面，如图所示：由题意可得：，，设这个正方体棱长为，则，面对角线，所以，由，可得，即，解得：，故选：C7.若，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】应用二倍角正弦余弦公式及三角恒等变换化简，再结合两角和正切公式计算即可.【详解】因为，则，则，所以，所以，即得，所以.故选：B.8.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】易得，再结合已知可得，由，得，即可比较，利用作差法即可比较，即可得解.【详解】由，得，因为，当且仅当时取等号，所以，因为，所以，当时，，此时，，这与矛盾，所以，由，得，所以，当且仅当时取等号，由A选项知，当时，不符题意，所以，由，可得，因为，所以，所以，因为，所以，所以，由，得，则，因为，，所以，又因为，所以，所以，综上所述，.故选：A.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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.已知为坐标原点，设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为，点在上，且，当的离心率变化时，下列三角形可能为等腰三角形的是（）A. B. C. D.【答案】ABC【解析】【分析】根据，求出离心率即可判断A；根据，求出离心率，即可判断B；根据，求出离心率，即可判断C；根据，求出离心率，即可判断D.【详解】如图，作出椭圆，，对于A，当时，，则为等腰三角形，此时，则离心率，故A正确；对于B，当时，，则为等腰三角形，此时离心率，故B正确；对于C，当点在线段的中垂线上时，，则为等腰三角形，由，得，解得，则，所以，所以离心率，故C正确；对于D，要使，则只能，此时，由，得，解得，所以，所以，所以，又，所以，所以不可能为等腰三角形，故D错误.故选：ABC.10.某校有男生m人，女生n人，且男生身高的均值为，方差为，女生身高的均值为，方差为，全体学生身高均值和方差分别为，，则下列说法一定正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】ABD【解析】【分析】根据题意，利用分层抽样中数据的平均数与方差的计算公式，分别求得和的表达式，结合选项，逐项求解，即可得到答案.【详解】对于A中，若，则，，可得，所以所以A正确；对于B中，若，则，所以B正确；对于C中，若，可得则，又由，此时无法判定的符号，所以C不正确；对于D中，若，则，所以D正确.故选：ABD.11.若函数满足：对，都有，则称该函数具有性质，下列函数具有性质的是（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】举出反例即可判断AC；判断出函数的奇偶性和单调性，即可判断B；利用导数判断函数的单调性，再判断其奇偶性，即可判断D.【详解】对于A，当时，，故A错误；对于B，因为，所以为奇函数，因为函数都是增函数，所以函数是增函数，不妨设，则，所以对，都有，故B正确；对于C，当时，，故C错误；对于D，因为，所以为奇函数，由，得，所以函数是增函数，不妨设，则，所以对，都有，故D正确.故选：BD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，，若方向相反，则________．【答案】【解析】【分析】根据平面向量共线坐标公式求解即可.【详解】因为方向相反，所以，则，解得或，当时，方向相同，当时，方向相反，所以.故答案为：.13.已知点，，若直线l过且平分的面积，则l被外接圆截得的弦长为________．【答案】【解析】【分析】分析可知外接圆圆心为，半径，直线过，结合垂径定理求弦长.【详解】分别取的中点，则，可知外接圆圆心为，半径，由题意可知：直线过，则直线，即，则圆心到直线的距离，所以所求弦长为.故答案为：.14.直线与函数的图象的交点为，，，…，（，，），若，，，则________．【答案】##【解析】【分析】利用的两个解之间的最小距离为，与图象中，存在倍，从而可解得，再通过图象分析最高点坐标代入求解，从而可解决问题.【详解】由题意中的而的区间长度刚好是，说明区间的端点刚好是第一个交点与最后一个交点，而，说明是如图中，再由在中的两个角之间的最小距离是，现在相当于把正弦函数中压缩到，即满足，解得,而根据图象对称性，可知函数的最高点的横坐标为，可代入得：，则，，解得，所以，即.故答案为：.【点睛】关键点点睛：利用的两个解之间的最小距离为，与图象中，存在倍，从而可解得.四、解答题：本题共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.已知数列的前项和为，．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据与的关系，结合等比数列的通项即可得解；（2）利用裂项相消法求解即可.【小问1详解】由，①当时，，所以，当时，，②由①②得，即，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以；【小问2详解】由（1）得，所以.16.某种量子加密技术所用光子有两种指向：“0指向”和“1指向”，光子的发送和接收都有A、B两种模式．当发送和接收模式相同时，检测器检测到的光子指向信息与发送信息一致，否则检测出相异的指向信息．现发射器以A模式，从两个“1指向”、两个“0指向”的光子中随机选择两个依次发送，接收器每次以A或者B模式接收，其概率分别为和．每次发送和接收相互独立．（1）求发射器第一次发送“0指向”光子的条件下，第二次发送“1指向”光子的概率；（2）记发射器共发射“0指向”光子个数为X，求X的分布列；（3）求检测器检测到两个“1指向”光子的概率．【答案】（1）（2）分布列见解析（3）【解析】【分析】（1）设事件为发射器第一次发送“0指向”光子，事件为发射器第二次发送“1指向”光子，然后由条件概率计算；（2）先求出X的可能取值，再计算相应概率，列出分布列；（3）需要综合发送和接收模式，分三种情况求和.【小问1详解】设事件为发射器第一次发送“0指向”光子，事件为发射器第二次发送“1指向”光子，则，由条件概率公式.【小问2详解】由题意可得，，，所以的分布列为：012【小问3详解】两次检测到“1”需要综合发送和接收模式，每次发送“0”时，检测为“1”的概率为接受模式的概率；发送“1”时，检测为“1”的概率为接受模式的概率，对所有可能的发送组合计算概率求和：分三种情况：两次均发“1”，概率为，检测概率为；一次“0”，一次“1”，概率为，检测概率为；两次均发“0”，概率为，检测概率为，所以.17.已知函数．（1）若在点处的切线与曲线相切，求；（2）若是的两个极值点，设，，直线的斜率为，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先根据导数的几何意义即可求出在点处的切线方程，再求出切线与曲线相切的切点，代入切线方程即可得解；（2）由题意可得函数有两个不同的零点，再利用韦达定理求出，不妨设，则，求出的表达式，再构造函数求出其最值，即可得证.【小问1详解】由，得，则，所以在点处的切线方程为，由，得，令，得，则在点处的切线与曲线相切的切点为，所以，解得；【小问2详解】，因为是的两个极值点，所以函数有两个不同的零点，则，且，所以，不妨设，则，，则，因为，所以，所以，令，则，所以函数在上单调递增，所以所以，所以.18.如图，四棱锥中，平面，，，．（1）证明：平面平面；（2）若，动点M在内（含边界）且．①求动点M的轨迹的长度；②设直线与平面所成角为，求的取值范围．【答案】（1）证明见详解（2）①；②【解析】分析】（1）根据题意可证平面，进而可得面面垂直；（2）①建系标点，设，可知动点M的轨迹是以为圆心，半径为1的圆和点，即可得轨迹长度；②设，利用空间向量求线面夹角，结合三角函数求取值范围.【小问1详解】因平面，平面，则，由题意可知：，则，可知，且，平面，可知平面，又因为平面，所以平面平面.【小问2详解】①因为平面，，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则，设，因为，则，整理可得：，可知动点M的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，和点，所以动点M的轨迹的长度；②由①可设：或，可得，设平面的法向量，则，令，则，可得，则，若，则，可得，；若，可得；所以的取值范围为.19.已知双曲线的焦距为，是的一条渐近线．（1）求的方程；（2）直线与交于、两点，为坐标原点，动点满足，求点的轨迹方程；（3）若曲线与交于、两点（、两点位于轴右侧），记直线的斜率为，求的取值范围．【答案】（1）（2）或（3）【解析】【分析】（1）根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出双曲线的方程；（2）设点、、，将直线的方程与双曲线方程联立，由可求得的取值范围，利用韦达定理结合以及平面向量的坐标运算化简可得点的轨迹方程；（3）联立与双曲线的方程，可得出，设点、，设，，其中，则，利用导数分析函数的单调性，对的取值进行分类讨论，求出的范围，再由斜率公式结合基本不等式可求得的取值范围.【小问1详解】由题意可得，解得，所以，双曲线的方程为.【小问2详解】设点、、，联立可得，则，解得或，所以，，则，因为，即，所以，点的轨迹方程为或.【小问3详解】联立可得，即，设点、，不妨设，由题意可知，，令，