云南省2025届高中毕业生第一次复习统一模拟检测（二）练习卷数学试卷（解析版）

这是一份云南省2025届高中毕业生第一次复习统一模拟检测（二）练习卷数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了 已知复数，则， 已知向量，，若，则， 已知，，，则，，的大小关系为， 已知数列的前项和为，，，则等内容，欢迎下载使用。
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由，则，
再由，则.
故选：C.
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，
则.
故选：B.
3. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. 4D. 1
【答案】B
【解析】由，则，得.
故选：B．
4. 已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以，
所以，即，即，
又因为，
所以，即，
综上，，
故选:A.
5. 设随机变量服从二项分布，则函数有零点的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】中，，解得，
，故.
故选：C
6. 如图，用 6 种不同的颜色把图中 A，B，C，D 四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（ ）
A. 400 种B. 460 种C. 480 种D. 496 种
【答案】C
【解析】完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色，
当使用4种颜色时，有6种涂法，有5种涂法，有4种涂法，有3种涂法，
所以共有种方法；
当使用3种颜色时，和涂一种颜色，共有6种涂法，
有5种涂法，有4种涂法，
所以共有种方法；
所以不同涂法共有种.
故选：.
7. 已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，
，又，分别为、中点，
，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即 ，故选D．
解法二:设，分别为中点，
，且，为边长为2的等边三角形，
又
中余弦定理，作于，，
为中点，，，
，，又，两两垂直，，，，故选D.
8. 已知函数，其导函数的图象关于直线对称，且.若函数有三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为，
所以，
因为的图象关于直线对称，
所以，所以，
又，
解得，
所以，
所以，
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，取到极大值，
当时，取到极小值，
函数有三个零点，
所以，解得.
故选：C
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. 已知数列的前项和为，，，则（ ）
A. 数列是等比数列
B.
C.
D. 数列的前项和为
【答案】ACD
【解析】A选项，，
其中，所以是公比为2的等比数列，A正确；
C选项，由A知，，所以，C正确；
B选项，当时，，
当时，，
显然满足，故，B错误；
D选项，，故，
即为公比为的等比数列，且，
所以的前项和为，D正确.
故选：ACD
10. 已知函数的定义域为，若存在常数，使得对任意，都有成立，则称为 “类周期函数”．下列函数中是类周期函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】对于A，因为，所以，所以为 “类周期函数”，故A正确；
对于B，因为，所以，所以不为 “类周期函数”，故B错误；
对于C，因为，当且时， ，
所以为 “类周期函数”，故C正确；
对于D，因为，所以，所以不为 “类周期函数”，故D错误；
故选：AC.
11. 已知点是双曲线右支上一点，、分别为双曲线的左、右焦点，为的内心，若成立，则的值
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设的内切圆半径为，由双曲线的定义得，，
，，，
因为，即，可得.
故选：B
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知常数.在的二项展开式中，项的系数是项的系数的4倍，则______.
【答案】
【解析】由题意，
在的二项展开式中，展开式为，
当即时，，
∴项的系数为
当即时，，
∴项的系数为
∵项的系数是项的系数的4倍
∴解得：
故答案为：.
13. 某工厂产生的废气经过过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：）间的关系为，若在前消除了的污染物，当污染物减少时，所需时间约为_____（精确到，参考数据：，，）．
【答案】33
【解析】由题意可知，当时，，
所以当污染物减少时，，
解得.
故答案为：33
14. 已知函数，若在上恒成立，则实数取值范围是_____．
【答案】
【解析】，则在上恒成立，
令，则，
则得，得，
则在上单调递增，在上单调递减，
则，故，
则实数的取值范围是.
故答案为：.
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，内角所对的边分别为，且．
（1）求角；
（2）若，的面积为，求的值．
解：（1）由得，
又，所以，得，所以．
（2）由的面积为及得，即 ，
又，从而由余弦定理得，所以，
所以．
16. 已知数列满足，
（1）求数列的通项公式．
（2）设，求数列的前项和
（3）若，证明
（1）解：将两边同时乘以得
令，则，是以为首项，为公差的等差数列，
所以
（2）解：由（1）知，
则
（3）证明：，
当时，
当时，
设，，
所以
17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面是等边三角形，三棱锥的体积为，点是棱的中点．

（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
（1）证明：因为底面为矩形，，所以，
设三棱锥的高为，又三棱锥的体积为，
所以，所以，
又侧面是等边三角形，且，
取的中点，连接，可得，从而为三棱锥的高，
所以平面，又平面，所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面；
（2）解：取的中点，连接，则，
故由（1）可以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角标系，

则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
又平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，若存在零点，求实数的取值范围．
解：（1）由，
当时，，函数上单调递增，
当时，令，解得，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
综上，当时，函数在上单调递增，
当时，函数在上单调递增，在上单调递减．
（2）令，得，
令，
则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取最小值，
因为存在零点，即方程有实数根，
所以．
即实数的取值范围为．
19. 在平面直角坐标系中，设点，若点满足（），其中为定点，则称点是点关于点的 “相关点”．
（1）已知，，当时，求点关于点的 “相关点”的坐标．
（2）已知点，，若点是点关于点的“相关点”，且，求的值．
（3）已知圆：，点，点是圆上的动点，点是点关于点的“相关点”，若点的轨迹与圆有公共点，求的取值范围．
解：（1）已知，，，，，则，所以点坐标为
（2）因为，，点是点关于点的“相关点”，
所以，，
则，即
因为，所以，，，则，两边平方得，，，解得
（3）设，因为在圆：上，所以
点是点关于点的 “相关点”，则，，
所以，即
设，则，可得
因为，所以，整理得
因为点轨迹与圆有公共点，所以两圆的圆心距满足.
连不等式前面可化为.
两边同时平方可得，展开得.
可得.
当时，，即，即，恒成立，所以.
当时，，即，解得或，结合，所以.
综上，不等式的解集为.
连不等式后边可化为.
两边同时平方可得，展开得.
移项可得，
当时，可得，解得.
当时， 可得，即，无解.
因为不等式的解集为，不等式的解集为，所以原不等式的解集为.