精品解析：2025届云南省高三5月大联考（新课标卷）数学试题

2025届高三5月大联考（新课标卷） 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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、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. 命题“”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知方程，现从集合中随机取出一个元素作为的值，记事件：表示的曲线为椭圆，事件：表示的曲线的焦点在轴上，则（ ） A. B. C. D. 5 已知向量，，且，则实数（ ） A. -10 B. -6 C. 5 D. 11 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 设是定义在上的奇函数，，，则（ ） A. 0 B. -1012 C. -2 D. 1010 8. 已知是双曲线右支上一点，过点作的渐近线的垂线，垂足分别为点，，且点，分别在第一、第四象限.若为坐标原点，四边形的面积为定值，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 二、选择题：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. 已知实数满足，复数，则（ ） A. 为纯虚数 B. 的虚部为 C. D. 10. 如图，在正四棱锥中，为，的交点，为侧棱的中点，为侧棱上一点（异于，两点），若，且，则（ ） A. B. 存在点，使得平面 C. 三棱锥的体积为 D. 异面直线与所成角的余弦值的最小值为 11. 重幂在数学、计算机科学和物理学等领域都有广泛应用.例如，在组合数学中，重幂运算可以用来计算排列和组合的数量；在算法设计中，重幂运算可以用来计算复杂度分析中的阶乘和指数增长；在量子力学中，重幂运算可以用来表示量子态的多次叠加和演化.设，，定义，我们把“”称作“的重幂”，例如，，，则（ ） A. B. 的最小值为1 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 记为等差数列的前项和，若，则_____. 13. 已知，分别为函数的两个零点，则的最小值为_____. 14. 有一个摸球游戏，一个不透明口袋中装有1个红球和3个白球，这些球除颜色外其他完全相同，为了增加游戏的趣味性，需先抛掷一枚质地均匀的骰子来确定摸球方式.若抛掷骰子得到的点数大于2，则一次摸出一个球，否则一次摸出2个球.摸到红球就算中奖，游戏结束.若未中奖，需要把摸到的球放回口袋，重复上述过程.用随机变量表示摸球的次数，记，则大于的最小整数为_____. 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，内角，，的对边分别是，，，且. （1）证明：； （2）若，，点在边上，且，求的长. 16. 已知抛物线的焦点为，是上任意一点，的最小值为1. （1）求的方程； （2）设坐标原点为，在点（异于点）处切线交轴于点，求的最大值. 17. 自2020年以来，某地区人工智能核心产值规模呈快速增长态势，下表给出了近5年该地区的人工智能核心产值规模（单位：亿元）. 年份 2020 2021 2022 2023 2024 年份编号 1 2 3 4 5 核心产值规模 1.5 2.5 3.4 4.9 7.8 （1）若用作为回归模型，并已求得，，，求此模型下的决定系数（精确到0.01）. （2）若用作为回归模型， ①求的值； ②已知该模型下决定系数，请说明哪种回归模型拟合效果更好，并用拟合效果好的模型预测2025年该地区的人工智能核心产值规模. 参考数据： 3 4.02 1616 10491 1.24 22.54 1.1 1.5 11.4 附：（1）上表中； （2）一组数据，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，决定系数. 18. 如图，四棱柱的底面为正方形，为的中点，，. （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 19. 已知函数满足：①；②，是的导函数；③是的一次函数. （1）求的表达式. （2）若同学甲已经证得“当为偶数时，的函数值恒大于0”是正确的结论.请在此基础上帮他完成下面问题： ①证明：当为奇数时，有唯一零点； ②在①的情况下，设的零点为，比较与的大小，并证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高三5月大联考（新课标卷） 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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、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. 命题“”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由全称命题的否定是特称命题即可得到结果. 【详解】命题“”的否定是“，”. 故选：B. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合的交集运算即可求解. 【详解】因为，， 所以. 故选：C. 3. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角函数定义求出，再根据两角和的正弦公式即可求得答案. 【详解】由题意知角的终边经过点，则， 故, 故选：D 4. 已知方程，现从集合中随机取出一个元素作为的值，记事件：表示的曲线为椭圆，事件：表示的曲线的焦点在轴上，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件概率计算公式即可得到答案. 【详解】事件发生时，；事件发生时，； 则， 所以． 故选：B． 5. 已知向量，，且，则实数（ ） A. -10 B. -6 C. 5 D. 11 【答案】D 【解析】 【分析】写出的坐标，利用两垂直向量的坐标关系列方程求解. 【详解】因为，且， 所以，解得. 故选：D 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数单调性即可逐一判断. 【详解】对于A，因为是减函数，且，所以，故A错误； 对于B，取，则，故B错误； 对于C，因为是增函数，且，所以，故C正确； 对于D，因为是增函数，且，所以，故D错误. 故选：C. 7. 设是定义在上的奇函数，，，则（ ） A. 0 B. -1012 C. -2 D. 1010 【答案】C 【解析】 【分析】由题意知且，再根据题中所给等式求出函数的周期及一个周期内的函数值之和，2025项的和包含506个周期之和及，分别求值相加即可. 【详解】已知为奇函数，所以且， 因为，所以，则，函数的周期为4， 因为，，，， 所以， 因为，前2024项和为，， 所以. 故选：C 【点睛】 8. 已知是双曲线右支上一点，过点作的渐近线的垂线，垂足分别为点，，且点，分别在第一、第四象限.若为坐标原点，四边形的面积为定值，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出双曲线的渐近线方程，再利用点到直线的距离公式求出的长，进而得到四边形的面积表达式，根据面积为定值求出双曲线的离心率. 【详解】根据题意画出大致图像为： 双曲线的渐近线方程为：，即. 设，根据点到直线的距离公式可得： . 因为直线垂直于渐近线， 所以直线的斜率分别为. 所以直线的方程为. 联立直线与渐近线的方程可求出点的坐标为：， 进而， 联立直线与渐近线的方程可求出点的坐标为：， 进而， 所以四边形面积为： ， 因为点在双曲线上，所以，化简得， 所以四边形的面积为：. 又因为四边形的面积为定值，则， 所以，此时离心率为. 故选：A. 二、选择题：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. 已知实数满足，复数，则（ ） A. 为纯虚数 B. 的虚部为 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算求出a，即可写出z从而判断A选项，将z的虚部变为相反数可写出从而判断B选项，代入公式求出复数的模判断C选项，利用复数的乘法公式求出判断D选项. 【详解】因为，所以，则，A错误； ，的虚部为，B正确；，C正确； ，D错误. 故选：BC 【点睛】 10. 如图，在正四棱锥中，为，的交点，为侧棱的中点，为侧棱上一点（异于，两点），若，且，则（ ） A. B. 存在点，使得平面 C. 三棱锥的体积为 D. 异面直线与所成角的余弦值的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，利用勾股定理逆定理即可判断；对B，利用反证法结合面面平行的判定定理即可判断；对C，将其转化为与的关系即可判断；对D，将异面直线夹角进行转化，再利用余弦定理即可判断. 【详解】由题意，得． 对于A，因为，所以，故A正确； 对于B，假设存在点，使得平面． 因为平面平面，所以平面． 又平面平面，所以平面平面， 而平面与平面相交，矛盾，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，如图，取的中点，连接，则． 显然，所以异面直线与所成的角即为． 由，得为正三角形，所以， 所以，故D错误． 故选：AC． 11. 重幂在数学、计算机科学和物理学等领域都有广泛应用.例如，在组合数学中，重幂运算可以用来计算排列和组合的数量；在算法设计中，重幂运算可以用来计算复杂度分析中的阶乘和指数增长；在量子力学中，重幂运算可以用来表示量子态的多次叠加和演化.设，，定义，我们把“”称作“的重幂”，例如，，，则（ ） A. B. 的最小值为1 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】运用指数幂的运算、利用导数研究函数单调性与最值、反证法以及不等式的性质等知识.通过对每个选项进行逐一分析，判断其正确性. 【详解】对于选项A，根据指数幂的运算法则，，对于，先将变形， 因为，所以，可得，所以，选项A正确. 对于选项B，令，两边取自然对数可得. 设，，对求导， . 令，即，解得. 当时，，所以，单调递减； 当时，，所以，单调递增. 则在处取得最小值，，即，那么，所以的最小值为，而不是，选项B错误. 对于选项C，令，则，，. 采用反证法，假设存在，使得. 因为，根据对数函数的单调性，可得，又因为，所以. 同理可得，以此类推，重复上面操作有限次后，必会得到，但已知，这产生了矛盾，所以假设不成立，即不存，使得，选项C正确. 对于选项D，因为对于任意，恒成立，展开可得，即. 根据对数函数与指数函数的关系，可得. 所以，根据基本不等式，当且仅当，即时取等号，选项D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 记为等差数列的前项和，若，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列的通项转化已知可得，根据前项和可得的值. 【详解】由，可得， 所以，则， 故. 故答案为：. 13. 已知，分别为函数的两个零点，则的最小值为_____. 【答案】## 【解析】 【分析】将函数的零点转化为方程的解，再结合正弦函数的性质可得解的表达式，分类讨论，即可求得答案. 【详解】由题意得的零点，即为的解，， 即得或， 即或， 对于，其中相邻解之间距离为， 对于，其中相邻解之间距离为， 当在中取一解，在中取一解时， 两解之间的距离最小为， 综合以上可知的最小值为， 故答案为： 14. 有一个摸球游戏，一个不透明口袋中装有1个红球和3个白球，这些球除颜色外其他完全相同，为了增加游戏趣味性，需先抛掷一枚质地均匀的骰子来确定摸球方式.若抛掷骰子得到的点数大于2，则一次摸出一个球，否则一次摸出2个球.摸到红球就算中奖，游戏结束.若未中奖，需要把摸到的球放回口袋，重复上述过程.用随机变量表示摸球的次数，记，则大于的最小整数为_____. 【答案】3 【解析】 【分析】首先计算出每次摸到红球的概率为，再写出，从而得到的表达式，再利用错位相减法即可. 【详解】设每次摸到红球的概率为，则． 由题意，知的可能取值为， 则． 设①， 则②， ①②得, 所以，所以， 所以大于的最小整数为3． 故答案为：3． 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，内角，，的对边分别是，，，且. （1）证明：； （2）若，，点在边上，且，求的长. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边换角得，再根据两角和的正弦公式即可证明； （2）根据勾股定理求出，再利用代入数据即可. 【小问1详解】 由正弦定理，得． 又，， 所以，即， 所以． 又，所以． 又，所以. 【小问2详解】 由，知． 由，得． 因为， 所以 即 解得． 16. 已知抛物线的焦点为，是上任意一点，的最小值为1. （1）求的方程； （2）设坐标原点为，在点（异于点）处的切线交轴于点，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据抛物线可得的值，从而得抛物线方程； （2）在点处的切线，联立直线与双曲线可得关系，设直线的倾斜角分别为，则，，从而结合正切两角差公式化简，利用基本不等式求最值即可. 小问1详解】 设，则 由题意，得，解得， 所以的方程为； 【小问2详解】 在点处的切线， 设直线的倾斜角分别为， 联立 则，得，则， 且，则，故， 设直线的倾斜角分别为，则， 又，所以， 当且时等号成立， 即的最大值为. 17. 自2020年以来，某地区人工智能核心产值规模呈快速增长态势，下表给出了近5年该地区的人工智能核心产值规模（单位：亿元）. 年份 2020 2021 2022 2023 2024 年份编号 1 2 3 4 5 核心产值规模 1.5 2.5 3.4 4.9 7.8 （1）若用作为回归模型，并已求得，，，求此模型下的决定系数（精确到0.01）. （2）若用作为回归模型， ①求的值； ②已知该模型下的决定系数，请说明哪种回归模型拟合效果更好，并用拟合效果好的模型预测2025年该地区的人工智能核心产值规模. 参考数据： 3 4.02 16.16 104.91 1.24 22.54 1.1 1.5 11.4 附：（1）上表中； （2）一组数据，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，决定系数. 【答案】（1） （2）①，，②预测2025年该地区的人工智能核心产值规模为（亿元）. 【解析】 【分析】（1）利用决定系数公式计算即可； （2）①将指数模型两边取对数转化为线性模型，利用最小二乘法求解，即可求解；②通过比较判断模型优劣，并代入预测2025年产值即可. 【小问1详解】 由题意可得， 所以决定系数 【小问2详解】 将两边取对数，可得， 设，则模型为，其中， 因为， 所以 ， 所以， 则， 所以，， 因为该模型下的决定系数，大于线性模型下的决定系数， 故指数模型拟合效果更好， 令，可得（亿元）， 故预测2025年该地区的人工智能核心产值规模为（亿元）. 18. 如图，四棱柱的底面为正方形，为的中点，，. （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）通过线线平行和线线垂直关系，依据线面垂直判定定理证明线面垂直，进而得到线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标和向量；再分别找出两个平面的法向量；最后根据向量的夹角公式求出两个平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 在四棱柱中，根据棱柱的性质，有. 因为底面为正方形，根据正方形的性质可知，由平行线的性质可得. 已知，且，平面，平面，所以平面. 又因为平面，所以. 由于，再根据平行线的性质，所以. 【小问2详解】 连接相交于点，连接，. 因为底面为正方形，为的中点，根据正方形的性质可知. 又，，平面，平面，由线面垂直的判定定理可得平面. 因为平面，所以. 已知，在四棱柱中，所以，在等腰三角形中，为中点，所以. 又，平面，平面ABCD，可知平面. 因，所以以为原点， 所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系. 由，可得正方形的对角线， 则，所以，，，，，. 进而可得，，，，. 连接，，因为，又，平面，平面，可知平面. 易证平面平面，所以平面，则平面的一个法向量为. 设平面的法向量为，则由，即. 令，将其代入，可得；再将，代入，可得，所以是平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为，根据向量的夹角公式. ，，. 则，即平面与平面夹角的余弦值. 19. 已知函数满足：①；②，是的导函数；③是的一次函数. （1）求的表达式. （2）若同学甲已经证得“当为偶数时，的函数值恒大于0”是正确的结论.请在此基础上帮他完成下面问题： ①证明：当为奇数时，有唯一零点； ②在①的情况下，设的零点为，比较与的大小，并证明. 【答案】（1） （2）①答案见详解② 【解析】 【分析】（1）通过已知条件求出，再利用递推关系推导出的表达式； （2）①根据的导数判断单调性，结合函数值的正负证明有唯一零点； （2）②构造函数，利用函数的单调性比较与的大小. 【小问1详解】 设，.  由，.  又因为，所以，对求导得，则，可得，，即.  由可得： 通过归纳可得. 【小问2详解】 ①当为奇数， 求导得. 则为增函数. 又，.根据零点存在定理，在上有唯一零点，所以当为奇数时，有唯一零点.   ②.下面证明： 由①知，当为奇数， 在上单调递增.  所以要证，只需要证明， 只需要证明， 又，只需要证明， 只需要证明，只需要证明， 由①知道，所以显然成立，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$