2025届云南省大理白族自治州大理市模拟预测数学试题（含答案解析）

大理市辖区2025届高中毕业生区域性规模化统一检测数学注意事项：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.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【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.已知各项均为正数的等比数列中，若，则（）A.2 B.3 C.4 D.9【答案】C【解析】【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.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.1400 B.2800 C. D.8400【答案】B【解析】【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.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.【答案】D【解析】【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：D5.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.10 B.20 C.30 D.60【答案】C【解析】【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：C6.已知，且，则的最小值为（）A.4 B.6 C.8 D.10【答案】C【解析】【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.若函数在为增函数，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】f′x≥0对x∈0,+∞恒成立，其中，令gx=【详解】，由题意f′x≥0对其中，令gx=则需，其中，故，当时，，故f′x在0,+∞上∴成立当时，取，易知在上单调递增，若，则，所以在上递减，故，与题意不符，舍去；若时，，g'π2=2a>0，所以存在，使得，当时，，所以在上递减，故，与题意不符，舍去；综上得.故选：A.8.已知抛物线：上存在两点，关于直线：对称，若，则（）A.5 B. C.4 D.【答案】B【解析】【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.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.假设是两个事件，且，，，则（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【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.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2C.动点的曲线与圆相交 D.最大值为5【答案】BCD【解析】【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.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，【答案】ABC【解析】【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.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）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.【答案】二【解析】【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.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______.【答案】【解析】【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.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______.【答案】【解析】【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：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.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【答案】（1）（2）选①和②，答案均为【解析】【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.【小问1详解】因为，可得，故，故，可得，因为，，所以，可得.【小问2详解】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.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．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【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．【小问1详解】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．【小问2详解】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.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．【答案】（1）（2）【解析】【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．【小问1详解】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．【小问2详解】设Ax1,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.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【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ）分布列见解析，数学期望为（2）乙和甲打第一局【解析】【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.【小问1详解】（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2340.60.160.24所以.【小问2详解】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.已知函数（），其中.（1）讨论单调性；（2）若恰好有一个零点，求的取值范围；（3）若有两个零点，（），求证：.【答案】（1）答案见解析（2）或（3）证明见解析【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.【小问1详解】（）.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.