2025届云南省大理白族自治州大理市高考模拟预测数学试题

这是一份2025届云南省大理白族自治州大理市高考模拟预测数学试题，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知各项均为正数的等比数列中，若，则（ ）
A．2B．3C．4D．9
3．如图，揽月阁位于西安市雁塔南路最高点，承接大明宫、大雁塔，是西安唐文化轴的南部重要节点和标志性建筑，可近似视为一个正四棱台，现有一个揽月阁模型塔底宽，塔顶宽约，侧面面积为，据此计算该揽月阁模型体积为（ ）
A．1400B．2800C．D．8400
4．已知函数y=fx的部分图象如图，则的解析式可能为（ ）

A．B．
C．D．
5．现有4个同学站成一排，将甲、乙2个同学加入排列，保持原来4个同学顺序不变，不同的方法共有（ ）种
A．10B．20C．30D．60
6．已知，且，则的最小值为（ ）
A．4B．6C．8D．10
7．若函数在为增函数，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知抛物线：上存在两点，关于直线：对称，若，则（ ）
A．5B．C．4D．
二、多选题
9．假设是两个事件，且，，，则（ ）
A．B．C．D．
10．设，过定点A的动直线：，和过定点的动直线：交于点，圆：，则下列说法正确的有（ ）
A．直线过定点B．直线与圆相交最短弦长为2
C．动点的曲线与圆相交D．最大值为5
11．如图是函数（，，）的部分图象，是图象的一个最高点，是图象与轴的交点，，是图象与轴的交点，且，的面积等于，则下列说法正确的是（ ）

A．函数的图象关于点对称
B．函数的最小正周期为
C．函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到
D．函数的单调递减区间是，
三、填空题
12．已知复数（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点在第 象限.
13．椭圆（）的右顶点为，上顶点为，右焦点为，若直线与以为圆心半径为的圆相切，则椭圆离心率等于 .
14．已知递增的等差数列的公差为，从中抽取部分项，，……构成等比数列，其中，，，且集合中有且仅有3个元素，则的取值范围为 .
四、解答题
15．在中，角，，的对边分别是，，，且.
(1)求角的大小；
(2)若，为边上的一点，，且______，求的周长.
（从下面①，②两个条件中任选一个，补充在上面的横线上并作答）
①是的平分线；
②为线段的中点
16．如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，，分别为，的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，，．求二面角的大小．
17．已知双曲线：（，）的一条渐近线方程为，顶点到渐近线的距离为．
(1)求的方程；
(2)设为坐标原点，若直线过点0,2，与的左、右两支交于，两点，且的面积为，求直线的方程．
18．某校举行围棋比赛，甲、乙、丙三个人通过初赛，进入决赛.已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为.
(1)决赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲、乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，每场比赛胜者积1分，负者积0分，首先累计到2分者获得比赛胜利，比赛结束.假设，且每局比赛相互独立.
（ⅰ）求三人总积分为2分的概率；
（ⅱ）求比赛结束时，三人总积分的分布列与期望
(2)若，假设乙获得了指定首次比赛选手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略
19．已知函数（），其中.
(1)讨论的单调性；
(2)若恰好有一个零点，求的取值范围；
(3)若有两个零点，（），求证：.
参考答案：
1．D
【分析】根据对数函数定义域和单调性解不等式，得到，解一元二次不等式得到，由交集概念求出答案.
【详解】集合，，
则.
故选：D.
2．C
【分析】根据等比数列的性质得到，计算出答案.
【详解】∵各项均为正数的等比数列中，，
∴.
故选：C.
3．B
【分析】设斜高，利用侧面积求出斜高，求出棱台的高，利用台体体积公式得到答案.
【详解】如图，正四棱台底面边长分别为和，侧面积为，
设为斜高，可得，解得，即，
∴棱台的高，
∴，
棱台的体积为.
故选：B.
4．D
【分析】先根据函数奇偶性排除AB选项，C选项，计算出，排除C；D选项，满足奇偶性和，得到答案.
【详解】A选项，，故不是偶函数，
由图可知函数为偶函数，排除A选项；
B选项，，可得不是偶函数，排除B；
C选项，因为，由图，故排除C选项；
D选项，，故是偶函数，
且，满足要求.
故选：D.
5．C
【分析】应用分步乘法原理计算即可.
【详解】4个同学站成一排有5个空，甲加入排列有5种情况，队列变成5个人有6个空，乙加入排列有6种情况，
由分步计数原理得，共有种不同的方法.
故选：C
6．C
【分析】根据已知等式，应用常值代换法应用基本不等式求和的最小值即可.
【详解】
（当且仅当，时取等号）.
故选:C.
7．A
【分析】对恒成立，其中，令，则，从而得到，验证后得到答案.
【详解】，由题意对恒成立，
其中，令，
则需，其中，故，
当时，，故在递增，
∴成立.
综上得.
故选：A.
8．B
【分析】设直线为，联立抛物线可得与交点横坐标有关韦达定理，结合题目条件可计算出直线方程，再借助线段的中点在上计算即可得.
【详解】设直线为，代入抛物线得，
则，，∴，
直线为，线段的中点记为，
则，.
又中点在上，∴.

故选：B.
9．AD
【分析】A选项，利用条件概率公式得到；B选项，与相互独立，故；C选项，根据求出答案；D选项，利用条件概率得到.
【详解】A选项，因为，，，，
所以，A正确；
B选项，因为事件与相互独立，所以与相互独立，
所以，B错误；
C选项，，C错误；
D选项，因为，所以，D正确.
故选：AD.
10．BCD
【分析】对于A：根据直线过定点分析整理即可；对于B：可知点在圆内部，结合圆的性质分析判断；对于C：分析可知动点的曲线是以为直径的圆，进而判断两圆的位置关系；对于D：根据题意结合基本不等式分析判断.
【详解】由题意可知：圆：的圆心为，半径，
对于选项A：因为动直线：过原点，所以，
由，得，则，故A错误；
对于选项B：因为，可知点在圆内部，
当时，圆心到直线：的最大值为，
所以直线与圆相交最短弦长为，故B正确；
对于选项C：因为：，：，
且，则，
可知动点的曲线是以为直径的圆，且该圆的圆心坐标为，半径为，
因为两圆圆心距为，
可得两圆半径之和为，两圆半径之差为，
因为，所以动点的曲线与圆相交，故C正确；
对于选项D：因为，
当且仅当时，等号成立，
所以最大值为5，故D正确；
故选：BCD.
11．ABC
【分析】由图像可得，再根据三角形面积可得，进而可得函数的最小正周期与，再结合，可得函数解析式，进而可判断图像性质及平移变换.
【详解】由图象可知，，
即，所以，故B选项正确；
即，所以，
且图象过点，即，
又，所以，
所以，
令，，解得，，
所以函数的对称中心为，
当时，对称中心为，故A选项正确；
将的图象向右平移个单位长度得到，故C选项正确；
令，，解得，，
所以函数的单调递减区间是，，故D选项错误，
故选：ABC.
12．二
【分析】利用复数除法运算化简，进而得到其对应点的位置.
【详解】，
复数在复平面内对应的点为，位于第二象限.
故答案为：二.
13．
【分析】求出直线的方程为：，根据点到直线距离得到方程，求出，求出离心率.
【详解】依题意，，，，所以直线的方程为：，
又直线与以为圆心半径为的圆相切，故，
即，，
方程两边同除以得，解得或，
又椭圆的离心率，所以.
故答案为：
14．
【分析】由题意得，计算出，故公比，求出an的通项公式，故，根据等比数列得到，从而得到方程，求出，故，作差法得到是递减数列，由题意得且，解得.
【详解】，，，…，构成等比数列，其中，，，
因为，所以，即，其中,
所以，，，所以公比，
因为，即，所以，
又因为，所以，
即，
∴，
∴，
∴是递减数列，由题意得且，解得.
故答案为：
15．(1)
(2)选①和②，答案均为
【分析】（1）根据三角函数恒等变换得到，从而求出；
（2）选①，由三角形面积公式得到，由余弦定理得到，求出，得到周长；
选②，两边平方得，由余弦定理得，联立求出，得到周长.
【详解】（1）因为，可得，
故，故，
可得，
因为，，所以，可得.
（2）若选①：由平分得：，
即，即，
在中，由余弦定理得，
即，两式联立可得，
所以的周长为；
若选②：为线段的中点，故，
，
因为，，故，
整理可得，
在中，由余弦定理得，
所以，
两式联立可得，所以，
从而的周长为.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）添加适当辅助线，证明出四边形为平行四边形，再通过线线平行证明线面平行；
（2）由线面垂直得出线线垂直，再证明为正三角形，得出，建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，再利用公式求解，即可求出二面角．
【详解】（1）证明：如图，取中点，连接，，
在中，，分别为，的中点，
所以且，
在菱形中，因为且，
所以，，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，且平面，所以平面．
（2）解：因为平面，，，平面，
所以，，．
连接，因为，，且，
（或者证
所以，在菱形中，，即为正三角形，
又因为为中点，所以，
以为原点，，，所在的直线分别为，，轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
因为且．
又因为为正三角形且，所以，
则，，，则，，
由平面，可得平面的法向量为，
设平面的法向量为，则，
取，可得，，所以，
所以，所以二面角的大小为．
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用渐近线的斜率及点到直线的距离建立关于的等式求解即可；
（2）分直线斜率存在和不存在两种情况进行讨论，易知直线斜率不存在时，不满足条件，当斜率存在时，联立直线与双曲线的方程，表示出的长，再利用点到直线的距离求出点到的距离，利用三角形的面积公式建立等式进行求解出，即可求出直线的方程．
【详解】（1）由题得， ①
由对称性不妨设的顶点为，则， ②
联立①②解得，，
所以的方程为．
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，
当直线的斜率不存在时，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线方程为，
由得，
所以，
解得，
因为，，
所以
．
又点到直线的距离，
所以的面积，
解得或；又因为，所以，
所以直线的方程为．
18．(1)（ⅰ）；（ⅱ）分布列见解析，数学期望为
(2)乙和甲打第一局
【分析】（1）（ⅰ）列举出可能事件，由独立事件的乘法公式计算出概率，再由互斥事件概率的加法公式即可得解；（ⅱ）列举出总积分，根据各个积分计算出概率，再根据期望公式即可求解；
（2） 设事件为“第一局乙对丙最终乙获胜”，为“第一局乙对甲最终乙获胜”，
为“第一局甲对丙而最终乙获胜”，比较大小即可判断.
【详解】（1）（ⅰ）由题意可知，两场比赛后结束，即甲或乙连续获得两场胜利，有两种情况，；
（ⅱ）由题意可知，，
所以，
，
，
所以三人总积分的分布列为
所以.
（2）设事件为“第一局乙对丙最终乙获胜”，为“第一局乙对甲最终乙获胜”，
为“第一局甲对丙而最终乙获胜”，其中包含三种情况，
第一，第一局乙获胜，第二局乙获胜；
第二，第一局乙获胜，第二局甲获胜，第三局丙获胜，第四局乙获胜；
第三，第一局丙获胜，第二局甲获胜，第三局乙获胜，第四局乙获胜，
故；
同理可得；
；
显然，
故，
，
由于，故，
所以，故乙的最优指定策略是让乙和甲打第一局.
19．(1)答案见解析
(2)或
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，分，和三种情况，得到函数的单调性；
（2），构造，，求导，得到函数单调性，又，当趋向于时，趋向于，当趋向于时，趋向于0，从而得到或
（3）由（2）知时，有两个零点，，，两式相减得，故所证不等式可化为，令（），则上不等式化为，构造，，求导得到其单调性，得到，证毕.
【详解】（1）（）.
当时，，在递减，
当时，，，
ⅰ）若，则，在单调递增，
ⅱ）若，令，
.当时，，当，，
∴在单调递减，在单调递增.
综上：当时，在递减；当时，在递增：
当时，在递减，在递增.
（2）令，
记（），，
易知，；，，
∴在单调递增，在单调递减，
又，当趋向于时，趋向于，
当趋向于时，趋向于0，
故恰有一个零点时，或.
（3）由（2）知时，有两个零点，
由，，
作差可得.
所证不等式
.
令（），则上不等式即.①
记（），
，
∴在单调递增，
∴.所以不等式①成立，故有.
【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
B
D
C
C
A
B
AD
BCD
题号
11









答案
ABC









2
3
4
0.6
0.16
0.24