精品解析：2025届云南省腾冲市第五中学高三二模数学试题

腾冲市第五中学2025届高三第二次全真模拟测试 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第4页第6页.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. 第Ⅰ卷（选择题，共60分） 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. 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. 已知，则（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 3. 某校素质运动会上，个男生的引体向上个数依次为，设这组数据的平均数为，中位数为，众数为，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知曲线：与曲线：，且曲线C1和C2恰有两个不同的交点，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 某化工厂园区内有4个仓库，现要将A，B等6种化工原料储存在仓库中.为了方便使用，每种原料平分为2份储存在2个不同的仓库中，每个仓库储存3种不同的原料，且考虑到安全因素，原料A，B不能储存在同一个仓库，则不同的储存方案数为（ ）. A. 240 B. 270 C. 480 D. 540 6. 等差数列的前项和 ，，则的值为（ ） A. 40 B. 52 C. 56 D. 64 7. 如图，在三棱锥中，异面直线与所成的角为60°，，分别为棱，的中点，若，，则（ ） A. B. 2 C. 或 D. 2或 8. 设函数在内有意义，对于给定的正数，已知函数，取函数，若对任意的，恒有，则的最小值为（ ） 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2分，有选错的得0分） 9. 函数的最小正周期为，且函数的图象过点，则下列正确的是（ ） A. 函数在单调递减 B. ， C. 满足条件的最小正整数为1 D. 函数为奇函数 10. 如图，已知正三棱台的上、下底面的边长分别为4和6，侧棱长为2，以点为球心，为半径的球面与侧面的交线为曲线，为上一点，则（ ） A. 的最小值为 B. 存在点，使得 C. 存在点及上一点，使得 D. 所有线段所形成的曲面的面积为 11. 在正四棱锥中，，，点满足，其中，，则下列结论正确的有（ ） A. 的最小值是 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，与所成角可能为 D. 当时，与平面所成角正弦值的最大值为 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知为锐角，且，则 ________． 13. 已知函数，在点处的切线与直线平行，则的值为___________. 14. 在正八面体中，任取四个顶点，则这四点共面的概率为______；任取两个面，则所成二面角为钝角的概率为______． 四、解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知函数的最小正周期为 （1）若，求函数的最小值； （2） 在中，若，且，求的值. 16. 如图，圆锥的高为是底面圆的直径，为圆锥的母线，四边形是底面圆的内接等腰梯形，且，点在母线上，且． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 17. 已知圆. (1)已知不过原点的直线与圆相切，且在轴，轴上的截距相等，求直线的方程； (2)求经过原点且被圆截得的线段长为2的直线方程. 18. 已知数列是以为首项，为公比的等比数列，数列满足：，，． （1）求数列的通项公式； （2）（i）若，记，求数列的前项和； （ii）若，证明：． 19. 设，. （1）当时，求的极值； （2）讨论函数的单调性； （3）若有恒成立，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 腾冲市第五中学2025届高三第二次全真模拟测试 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第4页第6页.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. 第Ⅰ卷（选择题，共60分） 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. 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. 已知，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先计算z，再求 【详解】解：因为，所以， 所以，则，所以 故选： 2. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先解一元二次不等式得出集合，再根据对数函数的定义域得出集合，利用集合的交集运算可得结果. 【详解】∵，，∴. 故选：B. 3. 某校素质运动会上，个男生的引体向上个数依次为，设这组数据的平均数为，中位数为，众数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平均数、中位数和众数的定义分别求得即可. 【详解】该组数据的平均数； 将引体向上的个数按照从小到大顺序排列为：， 则中位数； 该组数据的众数；. 故选：A. 4. 已知曲线：与曲线：，且曲线C1和C2恰有两个不同的交点，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】当时，曲线为双曲线，则曲线C1和C2在y轴左侧必有两个不同交点，由直线斜率与渐近线斜率列式确定C1和C2在y轴右侧无交点的范围； 当时，曲线为圆或椭圆，则相切时有两个不同交点，再由数形结合可进一步判断其它两个交点的范围. 【详解】由题意，曲线过定点，曲线：，故的图象为的图象及其关于x轴对称的部分，如图所示. （1）当时，曲线为双曲线，则曲线C1和C2在y轴左侧必有两个交点，又渐近线为，故当即时，曲线C1和C2在y轴右侧无交点，满足题意； （2）当时，曲线为圆或椭圆，当曲线与相切时，有，消y得，由. i.故当时，曲线C1和C2恰有两个不同的交点； ii.当时，曲线C1和C2有零个不同的交点； iii.当时，曲线C1和C2有四个不同的交点； iv.当时，曲线C1和C2有三个不同的交点； v.当时，曲线C1和C2有两个不同的交点. 综上，曲线C1和C2恰有两个不同的交点，实数m的取值范围为. 故选：D 5. 某化工厂园区内有4个仓库，现要将A，B等6种化工原料储存在仓库中.为了方便使用，每种原料平分为2份储存在2个不同的仓库中，每个仓库储存3种不同的原料，且考虑到安全因素，原料A，B不能储存在同一个仓库，则不同的储存方案数为（ ）. A. 240 B. 270 C. 480 D. 540 【答案】D 【解析】 【分析】先安排好A，B，再分类讨论安排C的组合方式及放法，由计数原理得解. 【详解】先把A分成两份放入两个仓库，再把B分成两份放入剩余两个仓库，共有种方法， 再把C分成两份，从剩余的D、E、F中取出一种分成两份与C组成一组，放入两个仓库，剩余的两种组合放入另外两个仓库，共有种放法， 也可从剩余的D、E、F中取出两种，与C组合成两份，则剩余的两种组合成两份，共有四种不同的组合，分别放入四个仓库，共有种种放法， 由分类加法计数原理与分步乘法计数原理可得， 共有种不同的方法， 故选：D 6. 等差数列的前项和 ，，则的值为（ ） A. 40 B. 52 C. 56 D. 64 【答案】D 【解析】 【详解】因为 ,选D. 7. 如图，在三棱锥中，异面直线与所成的角为60°，，分别为棱，的中点，若，，则（ ） A. B. 2 C. 或 D. 2或 【答案】C 【解析】 【分析】利用线线角以及余弦定理求得. 【详解】设是的中点，连接， 由于，分别为棱，的中点， 所以, 所以是异面直线与所成的角或其补角， 当时，在三角形中， 由余弦定理得. 当时，在三角形中， 由余弦定理得. 所以为或. 故选：C 8. 设函数在内有意义，对于给定的正数，已知函数，取函数，若对任意的，恒有，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的新定义建立函数与之间的关系，根据二者相等得出实数满足的条件，对函数求导，判断单调性求解最值，从而得的取值范围. 【详解】由题意知函数，对任意，恒有，所以，因为，令，得；令，得；所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数在处取得最大值，且，所以. 故选：B. 【点睛】导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理． 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2分，有选错的得0分） 9. 函数的最小正周期为，且函数的图象过点，则下列正确的是（ ） A. 函数在单调递减 B. ， C. 满足条件的最小正整数为1 D. 函数为奇函数 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据所给条件求出，在对函数化简，得到的解析式，依次对选项进行判断，即可得到正确结论. 【详解】函数， 因为函数的最小正周期为，所以，因为函数图象过点， 所以，则，，即，， 因为，所以，则， 对于A，当时，，则由余弦函数的性质知在单调递减，故A正确； 对于B，因为，所以是的一条对称轴，故B正确； 对于C，由得或 ①当时，．解得，，即，， 当时，，此时最小正整数为1． ②当时，，解得，，当时，，不符合题意，当时，，此时最小正整数为3，综上所述，满足条件的最小正整数为1，故C正确． 对于C，另解：，故C正确． 对于D，函数为偶函数，故D错误． 故选：ABC. 10. 如图，已知正三棱台的上、下底面的边长分别为4和6，侧棱长为2，以点为球心，为半径的球面与侧面的交线为曲线，为上一点，则（ ） A. 的最小值为 B. 存在点，使得 C. 存在点及上一点，使得 D. 所有线段所形成的曲面的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】把棱台补成棱锥画出图形，由于曲线为圆的一部分，先证明平面，可知为圆心，选项A可以根据点到圆的最短距离可得；选项B，根据线面垂直的性质可得；选项C，根据线线平行的判定可知；选项D根据扇形面积公式可得, 【详解】 延长正三棱台的三条侧棱交于点，取的中点，连接交于， 则为的中点，由题意得， 所以，，所以，， 所以， 所以，所以， 所以， 由正三棱台的性质可得，，， 又平面，所以平面ADE， 又平面ADE，所以， 又，平面，所以平面. 又球A的半径为，故在侧面上的截面圆的半径， 故曲线是以点为圆心，以2为半径的两段圆弧和（如图所示，其中，为上到点距离为2点）． ，故的最小值为，故正确； 因为平面，要使，则在线段上，又在和上， 由图知，二者无公共点，故不存在点，使得，故B错误； 当点在点处时，AP∥平面，过点，，作平面必与有公共点， 故存在以及上的点，使得，故C正确； 易求得，所以和的长均为，所有线段所形成的曲 面的展开图为两个扇形，其面积和为，故D正确. 故选：ACD. 11. 在正四棱锥中，，，点满足，其中，，则下列结论正确的有（ ） A. 的最小值是 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，与所成角可能为 D. 当时，与平面所成角正弦值的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据向量关系可得为正方形内的点(包括边界)，设，根据正棱锥的性质结合条件可得判断A，根据棱锥的体积公式结合条件可判断B，根据线面角的求法结合条件可判断C，利用坐标法表示出线面角，然后利用导数求最值可判断D. 【详解】由，可得，其中，， 所以为正方形内的点(包括边界)， 在正四棱锥中，，，设，连接， 则平面，， 对A，由题可知，当重合时取等号，故A正确； 对B，当时，，即，故在线段上， 因为，所以三角形的面积为定值，而三棱锥的高为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确； 对C，当时，，故在线段上， 由题可知平面，故平面， 所以为在平面内的射影，， 而在中，，所以，，故与所成角不可能为，故C错误； 对D，当时，，故在线段上， 如图以为原点建立空间直角坐标系，设，则， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，设与平面所成角为， 所以， 设，，则， 所以当时，单调递增，当时，单调递减， 所以，，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据向量关系结合条件得到点的位置，然后结合条件利用立体几何知识解决即得. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知为锐角，且，则 ________． 【答案】 【解析】 【分析】根据和差角公式以及辅助角公式可得，即可利用二倍角余弦公式求解，进而根据同角关系即可求解. 【详解】由可得， 故， 由于为锐角，故，则，结合，故， 因此， 故答案为； 13. 已知函数，在点处的切线与直线平行，则的值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】首先利用导数求解函数在点处切线的斜率，然后根据两条直线平行的判定条件求解即可. 【详解】因为，所以， 所以，即函数在点处切线的斜率为， 因为切线与直线l平行，所以，即. 故答案为： 14. 在正八面体中，任取四个顶点，则这四点共面的概率为______；任取两个面，则所成二面角为钝角的概率为______． 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】根据正八面体的结构特征，四边形，，是正方形，可求出任取四个顶点，则这四点共面的概率；先证明任意相邻两个面所成角为钝角，再根据根据正八面体结构特征求解. 【详解】如图，在正八面体中，八个面是全等的等边三角形，，，相交于同一点且两两互相垂直，则四边形，，是正方形， 任取四个顶点，则这四点共面的概率为； 设，则，取的中点，连接，则，， 所以是平面与平面所成角， 所以， 所以是钝角，根据正八面体结构，每个面与相邻的3个面所成角均为钝角， 所以任取两个面，则所成二面角为钝角的概率为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是认识清楚正八面体的结构特征求解. 四、解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知函数的最小正周期为 （1）若，求函数的最小值； （2） 在中，若，且，求的值. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）利用诱导公式和二倍角公式可得，根据最小正周期求得，得到；根据的范围可求得，结合正弦函数图象可得，再利用两角差的正弦公式，即可求出答案； （2）根据的范围和，可求得，进而得到，根据正弦定理求得结果. 【详解】（1） 最小正周期，即 当时， 当，即时， （2）由得： ， ， 由正弦定理得： 【点睛】本题考查正弦型函数最值的求解、正弦定理解三角形；涉及到诱导公式、两角和差正弦公式、二倍角公式的应用等知识；解决正弦型函数最值的关键是能够利用三角恒等变换的公式将所给函数化为的形式，进而利用整体法来进行最值求解. 16. 如图，圆锥的高为是底面圆的直径，为圆锥的母线，四边形是底面圆的内接等腰梯形，且，点在母线上，且． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1） 连接，由已知，，且， ∴四边形为菱形，∴， 在圆锥中，∵平面，平面， ∴． ∵，平面，平面， ∴平面． 又∵平面， ∴平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）连接，可证出菱形中，结合可证出平面，再由平面与平面垂直判定定理即可证出平面平面； （2）取中点，以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，使用空间向量进行求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，易知平面，， 以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， ∵，∴， ∴， ∴，． 设平面的一个法向量为． 因为所以，令，则，， ∴， 易知平面即平面，∴平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， ∴平面与平面的夹角的余弦值为． 17. 已知圆. (1)已知不过原点的直线与圆相切，且在轴，轴上的截距相等，求直线的方程； (2)求经过原点且被圆截得的线段长为2的直线方程. 【答案】（1）或；（2）或. 【解析】 【详解】试题分析：（1）因为已知不过原点的直线与圆C相切，且在轴，轴上的截距相等，所以可以假设所求的直线为，又因为该直线与圆相切所以圆C：=0的圆心（-1,2）到直线的距离等于圆的半径即可求出的值 （2）求经过原点且被圆C截得的线段长为2的直线方程，要分两类i)直线的斜率不存在；ii)直线的斜率存在 再根据点到直线的距离即可求得结论 试题解析：（1）∵切线在两坐标轴上截距相等且不为零，设直线方程为 ∴圆心C（-1,2）到切线的距离等于圆半径， 即= ∴或 所求切线方程为：或 （2）当直线斜率不存在时，直线即为y轴，此时，交点坐标为(0,1),(0,3),线段长为2，符合故直线 当直线斜率存在时，设直线方程为，即 由已知得，圆心到直线的距离为1， 则， 直线方程为 综上，直线方程为， 考点：1 点到直线的距离 2 直线与圆的位置关系 3 直线方程的表示 18. 已知数列是以为首项，为公比的等比数列，数列满足：，，． （1）求数列的通项公式； （2）（i）若，记，求数列的前项和； （ii）若，证明：． 【答案】（1） （2）（i）； （ii）证明：，， 累加得，，， 时，， ， 时，， 综上，. 【解析】 【分析】（1）根据等比数列的通项公式求出数列的通项公式，即可得解； （2）（i）利用构造法求得数列的通项公式，从而可得数列的通项公式，再利用错位相减法即可得出答案； （ii）根据题意可得，再利用累加法求得数列的通项公式，放缩可得时，，再根据裂项相消求和法即可得出结论. 【小问1详解】 解： 数列是以为首项，为公比的等比数列， ，即； 【小问2详解】 （i）解：， 两边同时除以，得，又 数列是以2为首项，公差为1的等差数列，， ，， ， 两式相减可得， （ii）略 19. 设，. （1）当时，求的极值； （2）讨论函数的单调性； （3）若有恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）， （2） 当时，时，单调递减，时，单调递增； 当时，时，单调递增，时，单调递减；时，单调递增； 当时，在单调递增； 当时，时，单调递增，时，单调递减；时，单调递增， （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数求出极值即可； （2）求出，分、、、、讨论，可得答案； （3）欲使恒成立，只需，根据（2）的结论，分、、、、讨论可得答案. 【小问1详解】 的定义域为，因为， ∴， ∴时，，单调递增， 时，，单调递增， 时，，单调递减， ∴，； 【小问2详解】 由题：， 1°当时：， 时，，单调递减， 时，，单调递增； 2°当时：∵， ∴时，，单调递减， 时，，单调递增； 3°当时： ①若即， 所以时，，单调递增， 时，，单调递减； 时，，单调递增， ②若即，， 则在单调递增； ③若即， 所以时，，单调递增， 时，，单调递减； 时，，单调递增； 【小问3详解】 欲使恒成立，只需， 根据(2)的结论， 1°，当时： 时，，单调递增； 时，，单调递减， ∴令，得，此时，； 2°当时：①若即， 所以时，，单调递增， 时，，单调递减； 时，，单调递增； ②若即， 时，，单调递增； ③若即， 所以时，，单调递增， 时，，单调递减； 时，，单调递增； 不论上述哪种情况，均有时，因此，不可能有恒成立，舍去. 综上：的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用分类讨论思想解题．本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $