云南省玉溪市2025届高三二模数学试卷（含答案）

这是一份云南省玉溪市2025届高三二模数学试卷（含答案），共10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。
1.复数z=5i1+2i，则z=( )
A. 5B. 5 5C. 2 5D. 5
2.已知集合A=−1,0,1,2，B=x−10，x2−2xy+z2=0，x2z>xB. x>y>zC. y>x>zD. z>x>y
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知O为坐标原点，设椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B，点P在E上，且PF⊥OA，当E的离心率变化时，下列三角形可能为等腰三角形的是( )
A. ▵BFOB. ▵PAOC. ▵PBOD. △PAF
10.某校有男生m人，女生n人，且男生身高的均值为x1，方差为S12，女生身高的均值为x2，方差为S22，全体学生身高均值和方差分别为x，S2，则下列说法一定正确的是( )
A. 若x1=x2，则x=12x1+x2B. 若m=n，则x=12x1+x2
C. 若x1=x2，则S2≥12S12+S22D. 若m=n，则S2≥12S 12+S 22
11.若函数y=fx满足：对∀x1,x2∈R，x1+x2≠0都有fx1+fx2x1+x2>0，则称该函数具有性质M，下列函数具有性质M的是( )
A. fx=exB. f(x)=x3+x
C. fx=−x2,x≥0x2,x0的图象的交点为A1，A2，A3，…，An(1≤i2．
18.(本小题17分)
如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD//BC，AD=2AB=2BC=2．
(1)证明：平面PAC⊥平面PCD；
(2)若PA=2，动点M在▵PAD内(含边界)且MB2+MD2=5．
①求动点M的轨迹的长度；
②设直线CM与平面PBD所成角为θ，求sinθ的取值范围．
19.(本小题17分)
已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的焦距为4 63，y= 3x是C的一条渐近线．
(1)求C的方程；
(2)直线l:y=3x+mm≠0与C交于A、B两点，O为坐标原点，动点P满足OP=OA+OB，求点P的轨迹方程；
(3)若曲线y=x3+n与C交于M、N两点(M、N两点位于y轴右侧)，记直线MN的斜率为k，求k的取值范围．
参考答案
1.D
2.B
3.A
4.C
5.C
6.C
7.B
8.A
9.ABC
10.ABD
11.BD
12.−4
13.6 105
14. 22/ 22
15.解：(1)由5Sn+an=1，①
当n=1时，5S1+a1=6a1=1，所以a1=16，
当n≥2时，5Sn−1+an−1=1，②
由①−②得5an+an−an−1=0，即an=16an−1，
所以数列an是以16为首项，16为公比的等比数列，
所以an=16×16n−1=16n；
(2)由(1)得bn=1lg6an⋅lg6an+2=1nn+2=121n−1n+2，
所以Tn=121−13+12−14+13−15+⋯+1n−1n+2=121+12−1n+1−1n+2
=3n2+5n4n+1n+2．

16.解：(1)设事件M为发射器第一次发送“0指向”光子，事件N为发射器第二次发送“1指向”光子，
则PM=12,PNM=12×23=13，
由条件概率公式PN|M=PNMPM=1312=23．
(2)由题意可得X=0,1,2，
PX=0=C22C42=16，PX=1=C21C21C42=23,PX=2=C22C42=16，
所以X的分布列为：
(3)两次检测到“1”需要综合发送和接收模式，每次发送“0”时，检测为“1”的概率为接受B模式的概率23；
发送“1”时，检测为“1”的概率为接受A模式的概率13，
对所有可能的发送组合计算概率求和：
分三种情况：两次均发“1”，概率为16，检测概率为132=19；
一次“0”，一次“1”，概率为23，检测概率为2×23×13=49；
两次均发“0”，概率为16，检测概率为23×23=49，
所以16×19+23×29+16×49=1354．

17.解：(1)由fx=x−1x−alnx，得f′x=1+1x2−ax，
则f′1=2−a，
所以fx在点1,0处的切线方程为y=2−ax−1，
由y=x2+2x−3，得y′=2x+2，
令y′=2x+2=2−a，得x=−a2，
则fx在点1,0处的切线与曲线y=x2+2x−3相切的切点为−a2,a24−a−3，
所以a24−a−3=2−a−a2−1，解得a=−2；
(2)f′x=1+1x2−ax=x2−ax+1x2x>0，
因为b,c是fx的两个极值点，
所以函数f′x=x2−ax+1x2x>0有两个不同的零点b,c，
则b+c=a,bc=1，且a2−4>0，所以a>2，
不妨设b>c，则b>1，
k=fb−fcb−c=b−1b−alnb−c−1c−alncb−c=1+1bc+alncbb−c=2−2alnbb−1b，
则a+k=a−2alnbb−1b+2=ab−1bb−1b−2lnb+2，
因为b>1，所以1b0，
令ℎx=x−1x−2lnxx>1，则ℎ′x=1+1x2−2x=x2−2x+1x2=x−12x2>0，
所以函数ℎx在1,+∞上单调递增，
所以ℎx>ℎ1=0
所以b−1b−2lnb>0，
所以a+k=ab−1bb−1b−2lnb+2>2．

18.解：(1)因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，则PA⊥CD，
由题意可知：AC= AB2+BC2= 2,CD= AB2+AD−BC2= 2,AD=2，
则AC2+CD2=AD2，可知AC⊥CD，
且PA∩AC=A，PA,AC⊂平面PAC，可知CD⊥平面PAC，
又因为CD⊂平面PCD，所以平面PAC⊥平面PCD．
(2)①因为PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，
以A为坐标原点，AB,AD,AP分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
则A0,0,0,B1,0,0,C1,1,0,D0,2,0,P0,0,2，设M0,y,z，
因为MB2+MD2=5，则1+y2+z2+y−22+z2=5，
整理可得：y−12+z2=1，
可知动点M的轨迹是以0,1,0为圆心，半径为1的14圆，和点D，
所以动点M的轨迹的长度14×2π×1=π2；
②由①可设：M0,1+csα,sinα,π2≤α≤π或α=0，
可得CM=−1,csα,sinα,BP=−1,0,2,DP=0,−2,2，
设平面PBD的法向量n=a,b,c，则n⋅BP=−a+2c=0n⋅DP=−2b+2c=0,
令a=2，则b=c=1，可得n=2,1,1，
则sinθ=csn,CM=n⋅CMn⋅CM=−2+csα+sinα 6⋅ 2= 362− 2sinα+π4，
若π2≤α≤π，则3π4≤α+π4≤5π4，
可得− 22≤sinα+π4≤ 22，sinθ∈ 36, 32；
若α=0，可得sinθ= 36；
所以sinθ的取值范围为 36, 32．

19.解：(1)由题意可得ba= 3a2+b2=2 632，解得a2=23b2=2,
所以，双曲线C的方程为3x22−y22=1．
(2)设点Ax1,y1、Bx2,y2、Px,y，
联立y=3x+m3x2−y2=2可得6x2+6mx+m2+2=0，
则Δ=36m2−24m2+2=12m2−4>0，解得m2，
所以，x1+x2=−m，则y1+y2=3x1+x2+2m=−3m+2m=−m，
因为OP=OA+OB，即x,y=x1+x2,y1+y2=−m,−m，
所以，点P的轨迹方程为y=xx2．
(3)联立y=x3+n3x2−y2=2可得3x2−x3+n2−2=0，即x6+2nx3−3x2+n2+2=0，
设点Mx3,y3、Nx4,y4，不妨设x3