精品解析：2025届云南省三校高考备考实用性联考卷（八）数学试题

2025届云南三校高考备考实用性联考卷（八） 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. 3.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. 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. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的乘方和除法可求代数式的值. 【详解】， 故选：D. 2. 已知集合，，若，则的最大值是（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得c范围，即可得答案. 【详解】根据，，若， 可得，故的最大值为2， 故选：D. 3. 已知抛物线的焦点为，抛物线上一点，满足，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】将代入抛物线方程得，解得，再根据抛物线焦半径公式列出方程，求出的值. 【详解】由题意，将代入抛物线方程得，解得，由抛物线的焦半径公式可得，整理得，解得， 故选：C. 4. 已知等比数列的公比为4，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，可得数列是等差数列，可求值. 【详解】由题意可知，即，所以数列是等差数列，且公差为2， 所以. 故选：B. 5. 已知一个圆柱形容器的轴截面是边长为4的正方形，往容器内注水后水面高度为3，若再往容器中放入一个半径为1的实心铁球，则此时水面的高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件，容器中放入铁球后，总体积为水体积和球体积，由此列方程求解即可. 【详解】由已知可得圆柱的底面半径为2，往容器内注水后水面高度为3，此时放入一个半径为1的实心铁球，铁球的直径为2，所以铁球完全没入水中， 设此时水面的高度为，则，解得， 故选：A. 6. 某市高二年级有20000名学生，在一次检测考试中，数学成绩，若从所有学生中随机抽取10名学生了解教学情况（总体数相对抽取样本数较大，用独立重复试验估算），则10名学生的成绩均在65分以上的概率为（ ）（参考数据：） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正态分布对称性可得，，再结合二项分布运算求解． 【详解】由知， 则， ， 可知10名学生的成绩在65分以上的人数， 所以， 故选：C． 7. 函数，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. 关于点对称 C. 在区间上单调递增 D. 在区间上有极大值 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得最小正周期为，由对称性可得，可求，可得解析式，结合每个选项的条件逐项计算判断其正误. 【详解】由题意得的最小正周期， 而的图象关于坐标原点对称， ，又. 当时，，满足题意. 当时，，不满足题意. 于是，于是，则，故A错误； 的对称中心为，故B错误； 当时，，函数单调递减，故C错误； 当时，有极大值，故D正确， 故选：D. 8. 已知定义在上的函数满足：关于对称，为奇函数，，则（ ） A. -3 B. 3 C. -1 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据两个对称性得出，再根据对称性和周期性即可求出. 【详解】关于对称，则有， 由为奇函数，则有， 则，即，则， 故，故以4为周期， 又，则，故. 故选：B. 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 有一组样本数据，由这组数据得到新样本数据，则下列结论正确的是（ ） A. 两组样本数据的样本平均数相同 B. 两组样本数据的样本中位数相同 C. 两组样本数据的样本标准差相同 D. 两组样本数据的样本极差相同 【答案】CD 【解析】 【分析】根据一组数据的平均数、中位数、标准差和极差的定义求解. 【详解】数据的平均数为， 新数据的平均数为 ，故A错误； 若数据的中位数为， 则新数据的中位数为，故B错误； 数据的标准差为 ， 新数据的标准差为 ，故C正确； 若数据中的最大数为最小数为，则极差为， 则数据的极差为，故D正确， 故选：CD. 10. 在正三棱柱中，为棱的中点，下列说法正确的是（ ） A. B. 上存在点，使得面 C. 过点的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的最小值为 D. 以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 【答案】BC 【解析】 【分析】选项A：补形后用余弦定理算边，再由勾股定理逆定理得垂直关系，结合线线平行判断与是否垂直.  选项B：找中点得线线平行，依据线面平行判定条件判断与平面的关系.  选项C：确定外接球球心，求半径，根据平面与垂直时截面圆半径最小，进而求最小面积.  选项D：先找中点得线面垂直，确定球面与侧面交线为圆，求圆半径和圆心角，用弧长公式算交线长. 【详解】对选项A：如图1，将三棱柱补成四棱柱，取的中点，连接，则， 于是，则，而，于是与不垂直，故A错误； 对选项B：当点为的中点时，，又面，所以面，故B正确； 对选项C：正三棱柱的外接球的球心为上､下底面的外接圆圆心的连线的中点，连接， 如图2所示，设外接球的半径为，下底面外接圆的半径为， 则，当过点的平面垂直时，截面圆的面积最小，截面圆的半径为，所以截面圆的面积最小为，故C正确； 对选项D：设为的中点，连接，如图3，因为，为等边三角形，所以， 因为，平面，所以平面， 所以以为球心，为半径的球面与侧面的交线为以为圆心的圆. 如图图3，由，可得交线即以为圆心，为半径的圆弧，设该圆弧与分别相交于点， 因为，所以，所以，故交线长，故D错误. 故选：BC. 11. 已知函数在处取得极值，且在上单调，则下列结论中正确的是（ ） A. 的取值范围是 B. 可能有三个零点 C. 若在上有最小值，则的取值范围是 D. 当时，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】对求导，由的单调性和二次函数的图象性质可判断A；结合A求出的极大值和极小值，结合单调性可判断B；由题意可得，进而求解可判断C；由是在上单调递增的奇函数，可将不等式变形得到，解不等式可判断D. 【详解】对于A，由题可知， 是恒等式且在上单调递增， ，故A正确； 对于B，不妨取，则， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， ，，所以有可能有三个零点，故B正确； 对于C，若在上有最小值，则，即，解得，故C错误； 对于D，当时，，所以是在上单调递增的奇函数， 关于的不等式恒成立，只需要， 即，， ，故D正确. 故选：ABD. 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知在方向上的投影向量为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由投影向量的定义，结合已知有，即可得. 【详解】由在方向上的投影向量，即，解得. 故答案为： 13. 已知双曲线的左､右焦点分别为，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点，若，则该双曲线的离心率__________. 【答案】## 【解析】 【分析】取为渐近线上一点，易知，设，结合和余弦定理得到，进而有，结合双曲线参数关系得到齐次式，即可得离心率. 【详解】如图，不妨取为渐近线上一点，由直径所对的圆周角为直角， 所以，又为的中点，则， 因为，设，则， 因为，所以， 在和中， 所以，所以， 则为锐角，，即，则， 所以. 故答案为： 14. 已知函数，定义集合，对于任意 ，都有，则m的取值范围为_______________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意分析可知在定义域上单调递增，可得，利用切线法分析求解即可. 【详解】因为函数在定义域上连续不断，且不为常函数， 假设函数在定义域上不单调增， 则存在，使得，则是的真子集， 即是的真子集， 这与题设矛盾，所以在定义域上单调递增， 则在定义域上恒成立，即， 可知函数的图象在直线的上方， 对于，则， 设切点坐标为，切线斜率， 则切线方程为， 若切线方程过坐标原点，则，解得， 此时切线斜率为， 结合图象可知，所以m的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：利用反证思想可知：在定义域上单调递增，进而根据恒成立问题分析求解. 四､解答题（共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知的内角所对的边分别，且. （1）求； （2）已知，求的面积. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理以及、倍角公式化简即可求出，进而得出； （2）利用正弦定理得出或，即可分类讨论计算三角形面积. 【小问1详解】 根据正弦定理得，， 又，则， 所以， 又因为，则，则， 又，则，所以， 所以，即. 【小问2详解】 由，得， 因，则或， 若，于是，此时； 若，于是，此时， 所以的面积或. 16. 设正项数列的前项和为，满足. （1）求； （2）求证：数列为等差数列； （3）求数列的前100项的和. 【答案】（1） （2）证明：， ， 上述两式相减，得 ， ， ， ， 数列为等差数列，首项为2，公差为4. （3）10 【解析】 【分析】（1）根据数列前项和与的关系式，通过代入不同的值来求解数列的首项和第二项. （2）主要依据数列前项和与的关系，通过作差、变形等操作，推导出数列的性质. （3）根据已知条件通过完全平方公式变形得到的表达式，再通过一元二次方程求根公式求出的表达式，最后利用数列的特点进行求和. 【小问1详解】 当时，，整理得， 又，所以. 当时，即， 解得，又， 所以. 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 由（2）得： ， ， ， ，由求根公式得， ， ， . 17. 已知函数，其中为自然对数的底数. （1）当时，判断函数在区间上的单调性； （2）令，若函数在区间上存在极值，设极值点为，证明：. 【答案】（1）在区间上单调递减 （2） . 因为在区间上存在极值点， 所以，可得， 此时，将代入得 . 要证明，即证明， 移项可得. 设， 因为，所以，所以成立. 所以得证. 【解析】 【分析】（1）当时，先求导数，根据其单调性得出在上，进而判断单调递减. （2）已知在有极值点，由求出，代入表达式.要证小于一个式子，通过移项构造新函数，根据取值范围判断各项大于，从而证明不等式成立. 【小问1详解】 时，. 显然，在区间上单调递增， 所以，即， 所以在区间上单调递减. 【小问2详解】 略 18. 人工智能（Artificial Intelligence），英文缩写为AI.它是研究､开发用于模拟､延伸和扩展人的智能的理论､方法､技术及应用系统的一门新的技术科学.人工智能研究的一个主要目标是使机器能够胜任一些通常需要人类智能才能完成的复杂工作.某市教育局为了培养学生的科技创新素养，在全市高一､高二年级举办了一次科技知识竞赛，两个年级的学生人数基本相同.已知高一年级学生成绩的优秀率为0.24（优秀：竞赛成绩，单位：分），现从高二年级随机抽取200名学生的竞赛成绩，制成如图所示的频率分布直方图. （1）从高二年级竞赛分数在中的学生中，采用分层抽样的方法抽取了6人，现从这6人中随机抽取3人，记成绩优秀的学生人数为，求的分布列和数学期望； （2）以样本的频率估计概率，从参与竞赛的学生中随机抽取1人，求这名学生竞赛成绩优秀的概率； （3）若从参与竞赛的学生中随机抽取人，求为何值时，竞赛成绩优秀的人数为6的概率最大. 【答案】（1）分布列为 0 1 2 （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）根据分层抽样可知在中抽4人，在中抽2人，进而可得随机变量的取值，列出分布列，求得期望； （2）根据全概率公式求解即可； （3）由题设得，利用二项分布概率公式及不等性质解决最大概率问题. 【小问1详解】 由直方图可知，分数在中的学生有64人，分数在中的学生有32人， 所以根据分层抽样，在中抽4人，在中抽2人， 则成绩优秀的学生人数可取， 所以， 所以分布列为 0 1 2 则期望. 【小问2详解】 记事件：成绩优秀的学生，事件：高一年级的学生， 由已知条件可知，， 所以. 【小问3详解】 记随机抽取人中竞赛成绩优秀的人数为， 由题意可知，， 所以， 令， 则， 令，则， 令，则， 令，则，所以， 所以当或时，最大，即或时，竞赛成绩优秀的人数为6的概率最大. 19. 已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为.点为椭圆上不同的三个点.当点为椭圆的顶点时，的面积为.经过点且斜率为的直线与椭圆交于两点（其中点在轴上方），将平面沿轴向上折叠，使二面角为直二面角，如图所示，折叠后在新图形中对应点记为. （1）求椭圆的标准方程； （2）当时，求平面和平面夹角的余弦值； （3）是否存在，使得折叠后的周长是折叠前周长的？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由给定的离心率及三角形面积列出方程求出即可. （2）求出直线方程，与椭圆方程联立求出点坐标，进而求出在折后的空间直角坐标系中对应点的坐标，再求出面和平面的法向量，利用面面角的向量法求解. （3）设折叠前，折叠后对应的，设出直线的方程，与椭圆方程联立根据折叠前后的周长关系得到，变形得到，结合韦达定理求出即可. 【小问1详解】 依题意，或，得， 由椭圆的离心率为，得，即，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 由（1）知，当时，， 由消去得，解得或， 由点在轴上方，得， 以为原点，折叠后的轴负半轴为正半轴，原轴为轴，原轴正半轴为正半轴的空间直角坐标系中， ，， 平面的法向量为，设平面的法向量为， 则，令，， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 【小问3详解】 假设存在，使得的周长是周长的， 设折叠前，则折叠后对应点的坐标为， 设直线的方程为，其中， 由消去得，则， 在折叠前知，折叠后，在空间直角坐标系中，， 依题意，的周长为，即， 由的周长是的，得的周长为，即， 于是，即， 分子有理化得， 即， 结合， 得，而， 因此，即， 于是， 即，整理得，由于，故， 所以存在，使得的周长是周长的. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届云南三校高考备考实用性联考卷（八） 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. 3.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. 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. （ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，若，则的最大值是（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 3. 已知抛物线的焦点为，抛物线上一点，满足，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 4. 已知等比数列的公比为4，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 5. 已知一个圆柱形容器的轴截面是边长为4的正方形，往容器内注水后水面高度为3，若再往容器中放入一个半径为1的实心铁球，则此时水面的高度为（ ） A. B. C. D. 6. 某市高二年级有20000名学生，在一次检测考试中，数学成绩，若从所有学生中随机抽取10名学生了解教学情况（总体数相对抽取样本数较大，用独立重复试验估算），则10名学生的成绩均在65分以上的概率为（ ）（参考数据：） A. B. C. D. 7. 函数，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. 关于点对称 C. 在区间上单调递增 D. 在区间上有极大值 8. 已知定义在上的函数满足：关于对称，为奇函数，，则（ ） A. -3 B. 3 C. -1 D. 1 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 有一组样本数据，由这组数据得到新样本数据，则下列结论正确的是（ ） A. 两组样本数据的样本平均数相同 B. 两组样本数据的样本中位数相同 C. 两组样本数据的样本标准差相同 D. 两组样本数据的样本极差相同 10. 在正三棱柱中，为棱的中点，下列说法正确的是（ ） A. B. 上存在点，使得面 C. 过点的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的最小值为 D. 以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 11. 已知函数在处取得极值，且在上单调，则下列结论中正确的是（ ） A. 的取值范围是 B. 可能有三个零点 C. 若在上有最小值，则的取值范围是 D. 当时，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知在方向上的投影向量为，则__________. 13. 已知双曲线的左､右焦点分别为，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点，若，则该双曲线的离心率__________. 14. 已知函数，定义集合，对于任意 ，都有，则m的取值范围为_______________. 四､解答题（共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知的内角所对的边分别，且. （1）求； （2）已知，求的面积. 16. 设正项数列的前项和为，满足. （1）求； （2）求证：数列为等差数列； （3）求数列的前100项的和. 17. 已知函数，其中为自然对数的底数. （1）当时，判断函数在区间上的单调性； （2）令，若函数在区间上存在极值，设极值点为，证明：. 18. 人工智能（Artificial Intelligence），英文缩写为AI.它是研究､开发用于模拟､延伸和扩展人的智能的理论､方法､技术及应用系统的一门新的技术科学.人工智能研究的一个主要目标是使机器能够胜任一些通常需要人类智能才能完成的复杂工作.某市教育局为了培养学生的科技创新素养，在全市高一､高二年级举办了一次科技知识竞赛，两个年级的学生人数基本相同.已知高一年级学生成绩的优秀率为0.24（优秀：竞赛成绩，单位：分），现从高二年级随机抽取200名学生的竞赛成绩，制成如图所示的频率分布直方图. （1）从高二年级竞赛分数在中的学生中，采用分层抽样的方法抽取了6人，现从这6人中随机抽取3人，记成绩优秀的学生人数为，求的分布列和数学期望； （2）以样本的频率估计概率，从参与竞赛的学生中随机抽取1人，求这名学生竞赛成绩优秀的概率； （3）若从参与竞赛的学生中随机抽取人，求为何值时，竞赛成绩优秀的人数为6的概率最大. 19. 已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为.点为椭圆上不同的三个点.当点为椭圆的顶点时，的面积为.经过点且斜率为的直线与椭圆交于两点（其中点在轴上方），将平面沿轴向上折叠，使二面角为直二面角，如图所示，折叠后在新图形中对应点记为. （1）求椭圆的标准方程； （2）当时，求平面和平面夹角的余弦值； （3）是否存在，使得折叠后的周长是折叠前周长的？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $