云南省昭通一中等三校2025届高三上学期高考备考实用性联考（四）数学试题

这是一份云南省昭通一中等三校2025届高三上学期高考备考实用性联考（四）数学试题，共22页。试卷主要包含了 已知角满足，则， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
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. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由指数函数单调性可化简集合B，然后由集合交集可得答案；
【详解】因为函数在R上单调递增，则.
故，则.
故选：A.
2. 若复数的实部与虚部相等，则实数的值为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由复数除法及复数实部，虚部概念可得答案.
【详解】，因的实部与虚部相等，
则，得.
故选：C.
3. 已知椭圆的两焦点分别为，点为椭圆上任意一点，则的值为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件求得，利用椭圆的定义求得正确答案.
【详解】由椭圆的标准方程可得，由椭圆的定义可得.
故选：D
4. 设是变量和的个样本点，直线是由这些样本点通过最小二乘法得到的线性回归直线（如图），以下结论正确的是（ ）
A. 和的相关系数为直线的斜率
B. 直线过点
C. 变量和是正相关
D. 当为奇数时，分布在两侧的样本点的个数一定相同
【答案】B
【解析】
【分析】对于A，由相关系数概念可判断选项正误；
对于BD，由回归直线概念可判断选项正误；
对于C，由图可判断选项正误.
【详解】对于A，两个变量的相关系数反应了两个变量的线性相关程度，不是斜率，故A不正确；
对于B，回归直线一定过这组数据的样本中心点，即，故B正确；
对于C，由图像可知，两个变量是负相关，故C不正确；
对于D，所有的样本点集中在回归直线附近，不一定两侧一样多，故D不正确.
故选：B.
5. 设为正项递增的等比数列的前项和，且，则（ ）
A. 63B. C. 127D. 或127
【答案】C
【解析】
【分析】法一：利用等比数列定义列出方程组解得公比即可求得结果；
法二：根据等比中项性质都化为关于的表达式可解得公比，计算可得答案.
【详解】依题意设等比数列的公比为，
法一：由，得，则或（舍去），
则；
法二：，则，则或（舍去），
，，
故选：C.
6. 如图，在三角形中，已知边上的两条中线相交于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】方法1，将作为与的夹角，利用向量知识结合题目数据可得答案；
方法2，如图建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积坐标表示完成运算；
方法3，利用余弦定理计算可得答案.
【详解】法一：分别是的中点，.
与的夹角等于，
，
则；
法二：以为轴，过点作与垂直的直线为轴建立平面直角坐标系，则
，
则
；
法三：在中，由余弦定理，
又因为P为的重心，则，
在中再由余弦定理，
在中由余弦定理，
在中，由余弦定理，则
.
故选：D.
7. 已知角满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】法一，根据条件，通过构角，得到，即可求解；法二，利用余弦的和角公式，得到，再利用条件和平方关系，直接求出，代入即可求解.
【详解】法一：因为，所以，
整理得，所以，又，
则，
法二：，所以，
即①，又，，
解得或，
代入①式，得到，化简得，
故选：A.
8. 已知函数，若，则满足的关系式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】因式分解后由得，转化为函数与函数函数值相反，结合一次函数、对数函数的单调性，利用函数零点列式化简即可.
【详解】
，又，
所以成立等价于，
又在定义域上单调递增且零点为，
在定义域上单调递减且零点为，
所以函数与函数在定义域内函数值相反且零点重合，
则应满足，即.
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. 已知函数，则（ ）
A. 是奇函数
B. 的最小正周期为
C. 在上单调递增
D. 把图象上点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，然后再向左平移个单位长度得到的函数解析式为
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，由正弦与余弦函数奇偶性可判断选项正误；
对于B，由二倍角正弦公式化简后可求最小正周期；
对于C，由题可得，然后由正弦函数单调性可判断选项正误；
对于D，由三角函数图象变换知识结合诱导公式可判断选项正误.
【详解】对于A，函数定义域为，
有，所以是奇函数，A正确；
对于B，，最小正周期为，故B错误；
对于C，因
则，故C错误；
对于D，由C，图象上点的横坐标缩短为原来的倍对应解析式为：
，再向左平移个单位长度得到的函数解析式为：
可知D正确.
故选：AD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 函数的定义域为
B. 当时，函数在定义域上单调递增
C. 曲线是中心对称图形
D. 若，且的最小值是0
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用对数函数定义域求法可得A正确，由复合型对数函数单调性可判断B正确，利用函数对称性定义代入计算可得，因此C正确，求导可得，再由基本不等式计算可得即可，可判断D错误.
【详解】对于A，由函数解析式可得，解得，因此函数的定义域为，显然A正确；
对于B，当时，
易知函数单调递增，单调递减，所以函数在定义域上单调递增，B正确；
对于C，令，，
因此的图象关于点中心对称，
易知满足，
可得的图象关于点中心对称，可得C正确；
对于D，时，，其中，
则，
因为，当且仅当时等号成立，
故，
而成立，故，即，所以的最小值为，即D错误.
故选：ABC.
11. 在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69.800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌，艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可以看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转后所得三条曲线与围成的（如图阴影区域），为曲线与其中两条曲线的交点，则（ ）
A. 开口向下的抛物线方程为
B. 若，则
C. 无论为何值，过点B且与第二象限花瓣相切的两条直线的夹角为定值
D. 若，则阴影区域的面积大于16
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由题可得开口向下的抛物线方程；
对于B，联立开口向上，开口向右抛物线方程，可得点A，由对称性可得点B，由题可得p；
对于C，可设一条切线切点为，由导数知识可得切线方程，据此可得切线斜率，然后由对称性可判断选项正误；
对于D，如图可计算，其中M点为与直线AO平行，与抛物线相切切线的切点，然后由对称性可完成选项判断.
【详解】对于A，由题可得开口向下抛物线方程为，故A正确；
对于B，联立 ，可得交点，
由对称性，则，故，则，则B错误；
对于C选项，由B选项可得，过第二象限的两条抛物线方程为，对于可化为函数，则.
设切点坐标为，则过点B的切线方程为：，
把点代入得，解得，
则，故切线斜率为，其与直线的夹角为定值，
又关于直线对称，故过点的两条切线也关于直线对称，故两切线夹角为定值，故C正确；
对于D选项，当时，，则直线的方程为.
对于抛物线，设为曲线上一点，
则过该点且与直线平行的切线为，令，
则切点.所以点到直线的距离，
则，
因为与在第一象限关于直线对称，
故第一象限阴影面积大于，其他象限也具有同样性质，
则，故D正确.
故选：ACD.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 边长为4的正三角形绕其一边所在的直线旋转一周所形成的曲面所围成的几何体的表面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知所得几何体是两个以为底面圆半径，以2为高的两个圆锥组合体，然后根据圆锥的侧面积公式求解即可.
【详解】将该三角形绕其一边旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是两个以为底面圆半径，以2为高的两个圆锥组合体，
所以表面积为.
故答案为：
13. 在中，若，则的外接圆半径为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用三角形面积公式可得，再由余弦定理计算可得，根据正弦定理可得外接圆半径.
【详解】易知，即，
解得，
由余弦定理可知，
可得，
设外接圆半径为，所以，
可得.
故答案为：
14. 如图所示，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次.该质点位于4的概率为__________；在该质点有且仅有一次经过点1的条件下，共经过两次2的概率为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】第一空，设质点向右移动的次数为，可知服从二项分布，由题可得质点需向右移动5次，向左移动1次，则所求概率为；
第二空，设事件“质点有且仅有一次经过1”，事件“共两次经过2”，“质点仅在第1秒位于1”；“质点仅在第3秒位于”质点仅在第5秒位于1”，由题可得，然后由条件概率可得答案.
【详解】第一空，设质点向右移动的次数为，又质点每隔1秒等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，且每次移动是相互独立的，则服从二项分布，经分析质点位于4的位置，则右5次向左1次，则；
第二空，设事件“质点有且仅有一次经过1”，事件“共两次经过2”，
“质点仅在第1秒位于1”；“质点仅在第3秒位于”
质点仅在第5秒位于1”，
则两两互斥，则，
仅在第一秒经过1，则质点的走法：RRRLR（第六步不受影响）；RRRR（第五六步不受影响）；RLLRL（第六步不受影响）；RLLL（第五六步不受影响），，
仅在第三秒经过1，则质点的走法：LRRLL（第六步不受影响）；LRRRR（第六步不受影响），仅在第五秒经过1，则质点的走法：LLRRR（第六步不受影响）；
LRLRR（第六步不受影响），
则，又三种情况下，有且仅有一次经过点1的条件下，共经过两次2的情况有：RRRLRR，RRRRLL，LRRRRL，则.
则.
故答案为：；.
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. 设数列的前项和为，已知，且为等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求前项和.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）先根据等差数列的性质得，再由与的关系求数列的通项公式；
（2）采用分组求和法，分别对奇数项和偶数项求和，结合等差数列求和公式和裂项相消法可求得结果.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，因为，
所以，即，
所以，即，
当时，，
当时，，满足上式，所以
【小问2详解】
由（1）知
则
，
所以数列的前项和为.
16. 如图，在多面体中，底面是边长为的正方形，是等边三角形，，，且平面平面.
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直性质可得出平面，可得出，再结合可证得结论成立；
（2）解法一：在平面内过作，推导出平面，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得直线与平面所成角的余弦值；
解法二：取中点，连接，分析可知直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，利用等体积法计算出点到平面的距离，设直线与平面所成角为，可得出，再结合同角三角函数的基本关系可得结果.
【小问1详解】
因为四边形是正方形，则，
而平面平面，平面平面，平面，
则平面，
又平面，于是，
又，所以.
【小问2详解】
解法一：在平面内过作，
由平面平面，平面平面，得平面，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
，，，
设平面的法向量为，则,
令，得，
设直线与平面所成角，
，
直线与平面所成角的余弦值为.
解法二：取中点，连接，
因为平面，平面，则，
因为，，则，，则四边形为矩形，
则且，，则，
取的中点，的中点，连接、.
因为为等边三角形，为的中点，则，则，
因平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，且，
因为平面，所以，，则，
直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角.
因为，平面，平面，则平面，
故点到平面的距离等于，设点到平面的距离为，
由，则，
因为，，则，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
且，
在中，，，取的中点，连接，则，
所以，，则则，
则，则，
直线与平面所成角的余弦值为.
17. 为增加学生对于篮球运动的兴趣，学校举办趣味投篮比赛，第一轮比赛的规则为：选手需要在距离罚球线1米，2米，3米的三个位置分别投篮一次.在三个位置均投进得10分；在处投进，且在两处至少有一处未投进得7分；其余情况（包括三处均不投进）保底得4分.已知小王在三处的投篮命中率分别为，且在三处的投篮相互独立.
（1）设为小王同学在第一轮比赛的得分，求的分布列和期望；
（2）若第二轮比赛中设置两种参赛方法.方法1：按第一轮比赛规则进行比赛；方法2：选手可以选择在处缩短投篮距离0.5米，但总得分会减少分.选手可以任选一种规则参加比赛.若小王在处缩短投篮距离0.5米后，投篮命中率会增加.请你根据统计知识，帮助小王同学选择采用哪种方法参加比赛更好.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意可知的可能取值，并求出对应的概率即可得出分布列和期望值；
（2）求出小王同学选择方法2对应的期望值，并与方法1进行比较即可做出决策.
【小问1详解】
易知的可能取值为，
，
，
，
所以分布列为：
所以期望值.
【小问2详解】
选取方法2参加比赛，则小王同学得分的可能取值为，
，
，
，
，
当时，即，即时，选择方法1；
当时，即，即时，选择方法2；
当时，即，即时，选择两种方法都一样.
18. 已知函数.
（1）当时，求函数在点处的切线方程；
（2）当时，求的极值；
（3）若，求证：当时，.
【答案】（1）
（2）极小值为，无极大值.
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题，通过求导可得在点处的切线方程的斜率，即可得答案；
（2）此时，，，通过判断单调性可得零点，即可得答案；
（3）由题可得，设，由题可得，则，据此可完成证明.
【小问1详解】
当时，则，
可得，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即；
【小问2详解】
当时，，
故，
因为在上为增函数，
故在上为增函数，而，
故当时，，当时，，
故在处取极小值，且极小值为，无极大值；
【小问3详解】
，
设，
则，
当时，，则.
故在上为增函数，故，即，
所以在上为增函数，故.
综上，若，当时，.
19. 已知双曲线的左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点.
（1）若离心率，求的值.
（2）若为等腰三角形时，且点在第二象限，求点的坐标；
（3）连接并延长，交双曲线于点，若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据离心率以及双曲线方程计算可得；
（2）由为等腰三角形对底边进行分类讨论，求出点的轨迹并与双曲线联立即可解得的坐标；
（3）设点，根据双曲线对称性可得，对直线斜率分类讨论并与双曲线联立，由数量积的坐标表示可得，即求出结果.
【小问1详解】
由题意得，则；
因此.
【小问2详解】
当时，双曲线，其中，
如下图所示：
因为为等腰三角形，则
当以为底时，显然点在直线上，这与点在第二象限矛盾，故舍去；
当以为底时，，
设，则点的轨迹是以为圆心，半径为3的圆，
其方程为；
联立，解得或或；
因为点在第二象限，显然不合题意，舍去；
当以为底时，，
设，其中，则点的轨迹是以为圆心，半径为3的圆，
其方程为；
则有解得.
综上所述：点的坐标为.
【小问3详解】
由题知，
当直线的斜率为0时，此时，不合题意，则，
则设直线，
设点，根据延长线交双曲线于点，
根据双曲线对称性知，
联立有，可得，
显然二次项系数，
其中，
①，②，
可得，
则，因为在直线上，
则，
即，
将①②代入有，
即，
所以，代入到，得.
且，解得，则，
因此.
所以的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用双曲线对称性，对直线斜率分类讨论并与双曲线联立，根据韦达定理以及向量数量积的坐标表示求出，再解不等式即求出结果.
4
7
10