精品解析：云南省红河州、文山州2025届高三第二次复习统一检测数学试题

红河州､文山州2025届高中毕业生第二次复习统一检测 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､学校､班级､考场号､座位号在答题卡上填写清楚，并将条形码准确粘贴在条形码区域内. 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，将答题卡交回. 一､单项选择题：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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】化简，结合交集运算即可求解； 【详解】因为集合或， 而， 所以. 故选：C. 2. 若，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数函数、对数函数的单调性，利用中间值可以比较出三个数的大小关系 【详解】由函数在上单调递增， 可得，即， 又因为，所以. 故选:B. 3. 已知直线与双曲线的一条渐近线平行，则的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，进而根据离心率公式可求解 【详解】由题可知，则，所以离心率. 故选：A. 4. 设是两条不同的直线，为平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，利用直线与平面的位置关系判断；对于B，利用直线与平面的位置关系判断；对于C，利用线面垂直的性质定理判断；对于D，利用直线与直线的位置关系判断. 【详解】对于A，若，则或或与相交，故A错误； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，若，则，故C正确； 对于D，若，则或与相交或与异面，故D错误. 故选：C. 5. 的展开式中按的升幂排列的第2项的系数为（ ） A. B. C. 32 D. 80 【答案】A 【解析】 【分析】由其通项公式即可求解； 【详解】依题意，按的升幂排列的第2项是含的项，其系数是. 故选：A. 6. 定义.若函数，则关于的方程的根为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 11 【答案】D 【解析】 【分析】根据新定义列出关于的等式，计算即可. 【详解】由题意可知，的定义域为， 由，得， 即，解得：. 故选：D. 7. 已知函数在上有且仅有一个极大值点，则在下列区间中单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简的解析式，求得，根据极值点以及余弦函数零点的知识列不等式，由此求得的值，然后根据正弦函数的单调性求出的单调区间求解即可， 【详解】 ， ，， 当时，， 因为在上有且仅有一个极大值点， 所以， 又， 所以或， 由， 得， 当时，解得， 当时，解得， 当时，符合题意. 故选：B. 8. 某超市在春节期间举行抽奖活动，在箱子里装有个写有“秋绥”的小球和5个写有“冬禧”的小球，这些小球除文字外完全相同.顾客从中一次性抽取两个小球，恰好抽出“秋绥”和“冬禧”视为中奖，其余情况均未中奖.设在连续3次抽奖中（每次抽完后将小球放回箱子再进行下一次抽奖）恰好中奖一次的概率为，则当取到最大值时的值为（ ） A. 15 B. 20 C. 25 D. 30 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，求出单次中奖概率，再求出连续3次中奖1次的概率，构造函数并利用导数求解. 【详解】依题意，单次抽奖中奖的概率， 则连续3次抽奖中恰好中奖一次的概率， 令，求导得， 当时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值， 因此当取最大值时，，而，解得， 所以当取到最大值时的值为. 故选：B 二､多项选择题：本题共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. 若复数满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 在复平面内对应的点位于第三象限 D. 若复数，且，则在复平面内对应点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由复数除法运算及复数模长计算公式可判断选项正误；对于B，由共轭复数定义可判断选项正误； 对于C，由复数几何意义可判断选项正误；对于D，由，结合复数几何意义可判断选项正误. 【详解】对于A，由，得，则 ，故A正确； 对于B，由得，故B错误； 对于C，由得复数对应的点为，位于第三象限，故C正确； 对于D，由得， 则，即， 故在复平面内对应的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，故D正确. 故选：ACD. 10. 在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的是（ ） A. 四点共面 B. C. 动点的轨迹长度为 D. 三棱锥体积的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，通过证明可判断选项正误； 对于B，如图建立以A为原点的空间直角坐标系，由空间向量知识可判断选项正误； 对于C，分别取的中点为，连接，由平面平面可判断选项正误； 对于D，由题可得，找到三角形面积的最小值可完成判断. 【详解】对于A，连接，可得， 又因为，所以，则四点共面.故A正确； 对于B，以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则， ，由， 得，即.故B正确； 对于C，分别取的中点为，连接，易得，， 又平面，平面，平面， 同理平面，而，又平面， 所以平面平面， 又因平面，则平面， 又因为为正方形内一个动点（包括边界）， 所以点的轨迹为平面平面，而.故C错误； 对于D，因为平面，所以平面， 故，要使三棱锥体积最小， 只需三角形面积最小，即当点与重合时，三角形面积最小， 此时三棱锥的体积取得最小值.故D正确. 故选：ABD. 11. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需要8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出“冰雹猜想”的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），.记数列的前项和为，若，则（ ） A. 或32 B. C. 当最小时的“雹程”是2步 D. 或4747 【答案】BC 【解析】 【分析】由，结合即可推出，即可判断选项A；由周期性即可求得，即可判断选项B；由A选项得的最小值为4，故雹程是2步即可判断选项C；由A可知，，或，分类求出其前项和即可判断选项D. 【详解】对于A，因为，所以； 或；或， ，即或5或4，故A错误； 对于B，因为，所以从开始，周期为3，又， 所以，故B正确； 对于C，由A选项得的最小值为4，故雹程是2步，故C正确； 对于D，当时，； 当时，； 当时，，故D错误. 故选：BC. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若，则实数__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标表示运算求解即可. 【详解】因为向量，， 则，即. 故答案为：. 13. 已知幂函数，写出一个使得不等式成立的自然数的值__________. 【答案】3或4（写对一个即可） 【解析】 【分析】根据为幂函数，得到，再解不等式即可. 【详解】因为为幂函数， 所以，解得，则， 不等式可化为， 解得，所以符合条件的自然数可以是3或4. 故答案为：3或4（写对一个即可） 14. 若直线与曲线没有公共点，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】分和，将方程转化为两个半圆，画出其图象，再根据直线恒过，利用数形结合法求解. 【详解】当时，，即； 当时，，即. 如图： 直线恒过，记， 则，， 当与相切时，，解得， 当与相切时，，解得， 结合图象可知，实数的取值范围是. 故答案为： 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. 在三角形中，角的对边分别为，已知. （1）求角； （2）若，设为的中点，且，求三角形的周长. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互换结合题意可得，据此可得答案； （2）由题可得，由余弦定理可得，据此可得答案. 【小问1详解】 因为，所以， 则，化简得，， 因为，所以，即. 又因为，所以； 【小问2详解】 因为为中点，所以， 两边平方可得，，即① 在中，由余弦定理得② 联立①②可得，，所以，故. 所以的周长为. 16. 已知椭圆的焦距为，抛物线的焦点是的一个顶点. （1）求抛物线的标准方程： （2）若直线与交于两点，且点为线段的中点. （i）求直线的方程； （ii）若为坐标原点，求的面积. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）求出椭圆的顶点即可得出抛物线的焦点，求出得抛物线方程； （2）（i）利用点差法求出直线斜率即可得直线方程；（ii）求出弦长及点到直线距离公式利用面积公式得解. 【小问1详解】 由题知，可求得， 所以，故，即， 所以抛物线的方程为； 【小问2详解】 如图， （i）由题意，设， 代入抛物线方程，可得， 两式相减可得，即， 由可得，故， 又由点为线段的中点且点在抛物线内， 所以直线的方程为，即. （ii）联立，得，其中， 故， 所以， 又因为到直线的距离， 所以的面积. 17. 如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，. （1）求证：平面； （2）求直线到平面的距离； （3）若点是平面内的动点，且满足，设直线与平面所成角为，求的最大值. 【答案】（1）证明：连接交于点，再连接， 如图，把四棱台补成四棱锥， 由棱台的性质，得，又因为， 所以分别为的中点， 在中，因为分别为的中点， 所以， 即，又平面平面， 所以平面； （2）. （3） 【解析】 【分析】（1）把四棱台补成四棱锥，连接交于点，可得，再由线面平行的判定定理即可证明； （2）直线到平面的距离即点到平面的距离，利用向量法求点到平面的距离即可； （3）设点，由点可得，由题意可得就是与平面所成的角，点到直线的距离为，当时，的值最大，利用正切值的求法即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知平面， 故直线到平面的距离即为点到平面的距离. 以为坐标原点，以的方向分别为轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则， . 设为平面的一个法向量， 则，即，令，则， 所以， 设点到平面的距离为， 则， 故直线到平面的距离为. 【小问3详解】 设点， 因为， 所以，化简得， 则点到直线的距离为. 连接，因为平面，所以是在平面内的射影， 故就是与平面所成的角， 则， 当时，的值最大， 故的最大值为. 18. 有个编号分别是的不透明的罐子里装有除颜色外完全相同的糖果.第1个罐子中装有3颗红色糖果和2颗绿色糖果，其余罐子中都装有2颗红色糖果和2颗绿色糖果.现先从第1个罐子中随机取出一颗糖果放入第2个罐子，再从第2个罐子中随机取出一颗糖果放入第3个罐子，依此类推，直至从第个罐子中随机取出一颗糖果.设事件表示从第个罐子中取出红色糖果，记事件发生的概率为. （1）求的值； （2）求的值，并证明：当时，； （3）求（用含的式子表达）. 【答案】（1）； （2）， 由（1）知，， 所以， 当时，由全概率公式，得 所以即； （3）. 【解析】 【分析】（1）由古典概率结合题意可得答案； （2）由题意及全概率公式可得答案； （3）设，由（2）可知，然后通过构造等比数列可得答案. 【小问1详解】 在第一个罐子中共有糖果颗，其中红色糖果有3颗，根据古典概型概率公式， 【小问2详解】 略 【小问3详解】 记，由（2）知递推关系式，变形为， 又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以， 则即. 19. 牛顿迭代法（Newton＇smethod）是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设是函数的零点，选取作为的初始近似值，在点处作的切线的方程为，若，则与轴交点的横坐标满足：又在点处作的切线的方程为，若，则与轴交点的横坐标满足；重复以上过程，得到一个零点近似值序列：.已知函数，现选取作为的零点初始近似值，运用牛顿迭代法得到方程的一个零点近似值序列：，满足. （1）当时，求的值； （2）设. （i）当时，若且，求证：；（参考不等式：） （ii）若有两个不相等的零点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （i）由题意得，则， 所以， 因为，所以， 由且得， 移项可得，则有， 又因为， 所以，可得， 又由，故.得证. （ii）. 【解析】 【分析】（1）根据即可代入求解， （2）（i）根据题意可得，即可利用所给不等式求解， （ii）根据，求导，对分类讨论，求解函数的单调性，根据单调性求解函数的最值即可求解.. 【小问1详解】 当时，由解得 故； 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）得，则， 当时，在上恒成立，即在上单调递增，故在上不存在两个零点，此时不满足题意； 当时，令，解得， 令解得，故在单调递增， 令解得，故在单调递减， 所以在处取最大值； 因为有两个零点，且当趋近于0时，趋近于时，，所以，解得，即. 综上可得，实数的取值范围是. 【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 红河州､文山州2025届高中毕业生第二次复习统一检测 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､学校､班级､考场号､座位号在答题卡上填写清楚，并将条形码准确粘贴在条形码区域内. 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，将答题卡交回. 一､单项选择题：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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线与双曲线的一条渐近线平行，则的离心率是（ ） A. B. C. D. 4. 设是两条不同的直线，为平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 的展开式中按的升幂排列的第2项的系数为（ ） A. B. C. 32 D. 80 6. 定义.若函数，则关于的方程的根为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 11 7. 已知函数在上有且仅有一个极大值点，则在下列区间中单调递增的是（ ） A. B. C. D. 8. 某超市在春节期间举行抽奖活动，在箱子里装有个写有“秋绥”的小球和5个写有“冬禧”的小球，这些小球除文字外完全相同.顾客从中一次性抽取两个小球，恰好抽出“秋绥”和“冬禧”视为中奖，其余情况均未中奖.设在连续3次抽奖中（每次抽完后将小球放回箱子再进行下一次抽奖）恰好中奖一次的概率为，则当取到最大值时的值为（ ） A. 15 B. 20 C. 25 D. 30 二､多项选择题：本题共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. 若复数满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 在复平面内对应的点位于第三象限 D. 若复数，且，则在复平面内对应点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆 10. 在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的是（ ） A. 四点共面 B. C. 动点的轨迹长度为 D. 三棱锥体积的最小值为 11. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需要8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出“冰雹猜想”的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），.记数列的前项和为，若，则（ ） A. 或32 B. C. 当最小时的“雹程”是2步 D. 或4747 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若，则实数__________. 13. 已知幂函数，写出一个使得不等式成立的自然数的值__________. 14. 若直线与曲线没有公共点，则实数的取值范围是__________. 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. 在三角形中，角的对边分别为，已知. （1）求角； （2）若，设为的中点，且，求三角形的周长. 16. 已知椭圆的焦距为，抛物线的焦点是的一个顶点. （1）求抛物线的标准方程： （2）若直线与交于两点，且点为线段的中点. （i）求直线的方程； （ii）若为坐标原点，求的面积. 17. 如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，. （1）求证：平面； （2）求直线到平面的距离； （3）若点是平面内的动点，且满足，设直线与平面所成角为，求的最大值. 18. 有个编号分别是的不透明的罐子里装有除颜色外完全相同的糖果.第1个罐子中装有3颗红色糖果和2颗绿色糖果，其余罐子中都装有2颗红色糖果和2颗绿色糖果.现先从第1个罐子中随机取出一颗糖果放入第2个罐子，再从第2个罐子中随机取出一颗糖果放入第3个罐子，依此类推，直至从第个罐子中随机取出一颗糖果.设事件表示从第个罐子中取出红色糖果，记事件发生的概率为. （1）求的值； （2）求的值，并证明：当时，； （3）求（用含的式子表达）. 19. 牛顿迭代法（Newton＇smethod）是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设是函数的零点，选取作为的初始近似值，在点处作的切线的方程为，若，则与轴交点的横坐标满足：又在点处作的切线的方程为，若，则与轴交点的横坐标满足；重复以上过程，得到一个零点近似值序列：.已知函数，现选取作为的零点初始近似值，运用牛顿迭代法得到方程的一个零点近似值序列：，满足. （1）当时，求的值； （2）设. （i）当时，若且，求证：；（参考不等式：） （ii）若有两个不相等的零点，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $