精品解析：云南省昆明市2025届高三“三诊一模”高考模拟考试数学试题

【考试时间：4月27日 15:00—17:00】 昆明市2025届“三诊一模”高考模拟考试 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，再选涂其它答案标号.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. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知正项等比数列，满足，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. “”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 若函数（且）是偶函数，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 5. 双曲线的一条渐近线过点，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，，则下列说法错误的是（ ） A. 若，则为单调函数 B. 若，则的图象关于对称 C. 若存在最大值，则 D. 有个零点 7. 已知等差数列，公差为，，前项和为，记集合，若中有2个元素，则，的关系可以为（ ） A. B. C. D. 8. 过曲线上一点作直线的垂线，垂足为，将点绕逆时针旋转得到点，，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 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. 已知虚数，互为共轭复数，则（ ） A. 为实数 B. 为纯虚数 C. D. 10. 某同学研究两个变量与的关系，收集了以下5组数据： 1 2 3 4 5 1 4 1 9 10 根据上表数据，求得相关系数为，经验回归方程为，决定系数为．后经检查发现当时记录的有误，实际值应为，修正数据后，求得新相关系数为，新回归方程为，新决定系数为，则以下结论正确的是（ ） 参考公式：相关系数，经验回归方程为，其中，，． A. B. C. D. 11. 如图，长方形的长为，宽为2，，，，分别为长方形四条边中点，沿，，，，折叠，使长方形的四个顶点重合于点，所得四面体称为“萨默维尔”四面体，在此四面体中，下列结论正确的是（ ） A. B. 平面平面 C. 直线与平面所成角为 D. 平面与平面的夹角为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 展开式中的系数为 . 13. 已知，点，，点，在图象上，若四边形为平行四边形，则的面积为________． 14. 已知随机取或1，构成数列为初始数列，当不为常数列时，对数列进行如下操作：①统计中-1的个数，记为；②把改为，其余项不变，得到新数列；③若新数列为常数列，停止操作，记录操作次数，否则将替换为新数列，重复上述操作，可知对任意初始数列，必在有限次操作后停止．如：，对初始数列1，，操作过程为1，，，，1；．当时，对所有可能的初始数列，对应操作次数的和为________． 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. 在中，，，． （1）求； （2）点在外接圆上，设的面积为，若，求的周长． 16. 如图，在直棱柱中，为中点，． （1）若，证明：平面； （2）若，，求平面与平面所成的二面角的正弦值． 17. 已知，，动点满足直线与直线斜率之积为．记的轨迹为． （1）求的方程； （2）过点作直线与相交于，两点，与轴交于点，若，求直线的方程． 18. 在“2025年全球AI创新峰会”中，参与“环境监测问题解决方案”代码编写比赛组的科技团队A和B通过实时编写代码，争夺“最佳环测算法团队”称号．规定每轮比赛限时编写一个算法模块，评委会通过对算法模块测试，评定优胜方，优胜方记1分，另一方记0分，无平局；当两团队累积得分的分差为3分时，比赛结束，累积得分高的团队获“最佳环测算法团队”称号．若每轮比赛中，A团队获优胜的概率为，且每轮比赛结果相互独立． （1）当比赛结束时恰好进行了5轮，且A团队获“最佳环测算法团队”称号的概率； （2）（i）若比赛最多进行6轮，求比赛结束时轮数的分布列及数学期望； （ii）若比赛轮数不限制，求A团队获“最佳环测算法团队”称号的概率． 19. 已知函数． （1）当，求的单调区间； （2）直线是曲线的一条切线，且与曲线有无穷多个切点． （i）已知为坐标原点，直线与轴交于点，求的值； （ii）是否存在常数使得直线也是曲线的切线，若存在，写出直线的一个方程并证明，若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 【考试时间：4月27日 15:00—17:00】 昆明市2025届“三诊一模”高考模拟考试 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，再选涂其它答案标号.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. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用补集的定义直接求解. 【详解】全集，集合，所以. 故选：C 2. 已知正项等比数列，满足，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，求出公比，进而求出首项. 【详解】设正项等比数列的公比为，则，而，解得， 所以. 故选：B 3. “”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断即可. 【详解】因为，所以， 当，对数没有意义， 所以“”是“”的充分不必要条件． 故选：B． 4. 若函数（且）是偶函数，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据偶函数的性质即可求解. 【详解】，则， 由于是偶函数，故对恒成立， 故，所以， 故选：D 5. 双曲线的一条渐近线过点，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出双曲线渐近线方程，进而求出即可求出离心率. 【详解】双曲线的渐近线方程为，依题意，， 所以的离心率为. 故选：B 6. 已知函数，，则下列说法错误的是（ ） A. 若，则为单调函数 B. 若，则的图象关于对称 C. 若存在最大值，则 D. 有个零点 【答案】B 【解析】 【分析】A选项，时，，求导，得到在上单调递减，A说法正确；B选项，计算出，B错误；C选项，时，取得最大值，故，解得，C说法正确；D选项，令，即，解得或，分为偶数和为奇数两种情况，得到两种情况下，均有个零点. 【详解】A选项，时，，， ，当时，，故恒成立， 故在上单调递减，为单调函数，A说法正确； B选项，时，， ， 则， 所以的图象关于中心对称，B说法错误； C选项，当，即时，取得最大值， 要想在取得最大值，，解得，C说法正确； D选项，令，即，， 所以或， 解得或， 又， 当为偶数时， 中，令，满足要求， 中，令，满足要求， 故共有个零点， 当为奇数时， 中，令，满足要求， 中，令，满足要求， 故共有个零点，D说法正确. 故选：B. 7. 已知等差数列，公差为，，前项和为，记集合，若中有2个元素，则，的关系可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差数列通项公式、前项和列式建立关系，再逐项判断. 【详解】由，得，则， 由中有2个元素，得关于的方程有不小于2的整数解， 而，则，方程中系数为2，的系数是正整数， 选项A符合要求，选项BCD不符合要求. 故选：A 8. 过曲线上一点作直线的垂线，垂足为，将点绕逆时针旋转得到点，，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，得到，进而确定点的轨迹方程为，设其焦点为，得到，即可求解. 【详解】由得：， 平方可得：， 设，由题意可知：， 点绕逆时针旋转得到点，得与轴垂直，且， 可得：， 所以点的轨迹方程为：，焦点坐标为 所以， 即，当三点共线时取等号， 故选：C 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. 已知虚数，互为共轭复数，则（ ） A. 为实数 B. 为纯虚数 C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】利用复数的代数形式表示，再逐项求解判断. 【详解】依题意，设，则， 对于A，，A正确； 对于B，为纯虚数，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，，当时，，，D错误. 故选：AB 10. 某同学研究两个变量与的关系，收集了以下5组数据： 1 2 3 4 5 1 4 1 9 10 根据上表数据，求得相关系数为，经验回归方程为，决定系数为．后经检查发现当时记录的有误，实际值应为，修正数据后，求得新相关系数为，新回归方程为，新决定系数为，则以下结论正确的是（ ） 参考公式：相关系数，经验回归方程为，其中，，． A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，求出数据修正前后的相关量，再比较大小即得. 【详解】数据修正前： ， ，， ， ，， 数据修正后： ， ，， ， ，， 因此，，，而，则，ABD正确，C错误. 故选：ABD 11. 如图，长方形的长为，宽为2，，，，分别为长方形四条边中点，沿，，，，折叠，使长方形的四个顶点重合于点，所得四面体称为“萨默维尔”四面体，在此四面体中，下列结论正确的是（ ） A. B. 平面平面 C. 直线与平面所成角为 D. 平面与平面的夹角为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，平面，即可求解AB，结合线面角以及面面角的几何角，利用三角形的边角关系即可求解CD. 【详解】对于A，由题意可得，，， 由题意可知是的中点，连接， 又，，所以，， 平面，故平面， 平面，故，A正确， 对于C，由于，， 则，所以， 又，平面，所以平面， 故为直线与平面所成角，，故，故C正确， 对于D，过作于，连接， 由于平面，平面，故， 又平面，故平面， 因为平面，故， 故为平面与平面的夹角， 由等面积法可得， 又，故，故，D正确， 对于B，由于平面，而平面，且与平面不平行， 故平面与平面不垂直，故B错误 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 展开式中的系数为 . 【答案】60 【解析】 【分析】由二项展开式的通项公式即可求出结果. 【详解】展开式的通项为： 令，则即可得到的系数为. 【点睛】本题主要考查二项式定理，属于基础题型. 13. 已知，点，，点，在图象上，若四边形为平行四边形，则的面积为________． 【答案】12 【解析】 【分析】根据给定条件，利用函数的图象与平行四边形都是中心对称图形可得胡相同的对称中心，再求出的面积即可. 【详解】函数的定义域为R，， 则函数的图象是以原点为对称中心的中心对称图形，而是中心对称图形， 又点都在函数的图象上，因此的对称中心为原点， 而点，则，， ，， 所以. 故答案为：12 14. 已知随机取或1，构成数列为初始数列，当不为常数列时，对数列进行如下操作：①统计中-1的个数，记为；②把改为，其余项不变，得到新数列；③若新数列为常数列，停止操作，记录操作次数，否则将替换为新数列，重复上述操作，可知对任意初始数列，必在有限次操作后停止．如：，对初始数列1，，操作过程为1，，，，1；．当时，对所有可能的初始数列，对应操作次数的和为________． 【答案】24 【解析】 【分析】按的个数及出现的位置分类，利用列举法分别求出操作次数即可. 【详解】当时，按的个数及出现的位置，初始数列共有7种情况： 初始数列，； 初始数列，； 初始数列，； 初始数列，； 初始数列，； 初始数列，； 初始数列，； 所以所求操作次数的和为. 故答案为：24 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. 在中，，，． （1）求； （2）点在外接圆上，设的面积为，若，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理求解，即可利用正弦定理求解， （2）根据三角形的面积公式即可求解，即可求解. 【小问1详解】 由余弦定理知：，解得， 由正弦定理可知，则． 【小问2详解】 因为， 则， 故，则为锐角，又点在外接圆上，所以， 故，则，， 则的周长为． 16. 如图，在直棱柱中，为中点，． （1）若，证明：平面； （2）若，，求平面与平面所成的二面角的正弦值． 【答案】（1） 取中点，连接、、， 由，可知四边形为平行四边形， 在直棱柱中，为中点， 所以，从而四边形为平行四边形， 所以， 而平面，平面， 所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）取中点，连接、、，由线面平行的判定即可证明； （2）以为原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 对平面，，，设法向量， 由，得，不妨取， 对平面，，，设法向量， 由，得，不妨取， 设平面与平面所成的二面角为， 则， 从而， 平面与平面所成的二面角的正弦值为． 17. 已知，，动点满足直线与直线斜率之积为．记的轨迹为． （1）求的方程； （2）过点作直线与相交于，两点，与轴交于点，若，求直线的方程． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据斜率公式即可化简求解， （2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可根据向量的坐标运算求解. 【小问1详解】 设，据题意知， 化简得， 所以的方程为． 【小问2详解】 设，，， 联立消得， 故，， 据题意知且，所以，， 由得， 所以，解得， 所以直线的方程为． 18. 在“2025年全球AI创新峰会”中，参与“环境监测问题解决方案”代码编写比赛组的科技团队A和B通过实时编写代码，争夺“最佳环测算法团队”称号．规定每轮比赛限时编写一个算法模块，评委会通过对算法模块测试，评定优胜方，优胜方记1分，另一方记0分，无平局；当两团队累积得分的分差为3分时，比赛结束，累积得分高的团队获“最佳环测算法团队”称号．若每轮比赛中，A团队获优胜的概率为，且每轮比赛结果相互独立． （1）当比赛结束时恰好进行了5轮，且A团队获“最佳环测算法团队”称号的概率； （2）（i）若比赛最多进行6轮，求比赛结束时轮数的分布列及数学期望； （ii）若比赛轮数不限制，求A团队获“最佳环测算法团队”称号的概率． 【答案】（1） （2）（i） 3 5 6 ； （ii）． 【解析】 【分析】（1）由互斥事件和相互独立事件的概率公式进行计算； （2）（i）先得到的所有可能取值为3，5，6，再结合互斥事件和相互独立事件的概率公式得到取每个值的概率，从而列出分布列，利用数学期望的计算公式得到； （ii）设事件为“比赛轮数不限制，A团队获‘最佳环测算法团队’称号”，设比赛过程中，A与团队累积得分的差为，表示时最终团队获“最佳环测算法团队”称号的概率，可得，结合全概率公式和迭代可得最终结果. 【小问1详解】 设事件“第轮比赛团队获优胜”，则事件“第轮比赛团队获优胜”； 由题， 事件表示“当比赛结束时恰好进行了5轮，且团队获“最佳环测算法团队’称号”， ． 【小问2详解】 （i）由题，的所有可能取值为3，5，6． ， 事件表示“当比赛结束时恰好进行了5轮，且团队获“最佳环测算法团队’称号”， ， ． 所以的分布列为 3 5 6 所以. （ii）设事件表示“比赛轮数不限制，A团队获“最佳环测算法团队’称号”． 设比赛过程中，A与团队累积得分的差为， 表示时最终团队获“最佳环测算法团队”称号的概率，其中． 由题知，，，． 根据全概率公式，则有，． 于是， 迭代得 ， 则， ， ， ， ； 累加得，， 解得， ，即， 故若比赛轮数不限制，A团队获“最佳环测算法团队”称号的概率为． 19. 已知函数． （1）当，求的单调区间； （2）直线是曲线的一条切线，且与曲线有无穷多个切点． （i）已知为坐标原点，直线与轴交于点，求的值； （ii）是否存在常数使得直线也是曲线的切线，若存在，写出直线的一个方程并证明，若不存在，说明理由． 【答案】（1）单调递减区间为，无单调递增区间 （2）（i）1； （ii）存在，，证明： 当直线为时， 设直线和曲线相切于点， 因， 则， 则， 构造函数， 因为在上单调递增，且， 故，代入中得， ，即， 构造函数，则， 当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增，故， 故由可知，，所以， 存在常数使得直线也是曲线的切线， 此时直线的方程为． 【解析】 【分析】（1）求导判断的正负性即可； （2）（i）设两个不同的切点，求切线方程，建立方程组、 ，分类讨论和，即可得出，进而求出切线方程； （ii）若切线方程为，则解方程组即可. 【小问1详解】 函数的定义域为， 当时，，则， 所以的单调递减区间为，无单调递增区间． 【小问2详解】 （i）因为直线与曲线相切，且有无穷多个切点， 不妨设其中任意两个切点横坐标为，，其中， 故两个切点坐标分别为，， 由，所以点，的切线分别为：，， 因为是同一条直线，所以且， 所以或， ①当时，， 又因为，所以， 又，所以； ②当时，， 取异于，的另一切点， 则有，， 如果，由于，同①可得， 如果，则，同理可得，则； 综上，恒成立，所以， 此时直线的方程为，故． （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $