云南省昆明市师大附中2025届高考压轴卷数学试卷含解析

云南省昆明市师大附中2025届高考压轴卷数学试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．若变量，满足，则的最大值为（）A．3 B．2 C． D．102．已知集合，，，则的子集共有（）A．个 B．个 C．个 D．个3．已知为抛物线的焦点，点在上，若直线与的另一个交点为，则()A． B． C． D．4．已知向量满足,且与的夹角为,则()A． B． C． D．5．设i为虚数单位，若复数，则复数z等于()A． B． C． D．06．已知函数，其中，记函数满足条件：为事件，则事件发生的概率为A． B．C． D．7．已知平面向量满足，且，则所夹的锐角为（）A． B． C． D．08．已知定义在上的奇函数，其导函数为，当时，恒有．则不等式的解集为（）．A． B．C．或 D．或9．山东烟台苹果因“果形端正、色泽艳丽、果肉甜脆、香气浓郁”享誉国内外.据统计，烟台苹果（把苹果近似看成球体）的直径（单位：）服从正态分布，则直径在内的概率为（）附：若，则，.A．0.6826 B．0.8413 C．0.8185 D．0.954410．下列函数中，值域为R且为奇函数的是（）A． B． C． D．11．记集合和集合表示的平面区域分别是和,若在区域内任取一点,则该点落在区域的概率为()A． B． C． D．12．将一张边长为的纸片按如图(1)所示阴影部分裁去四个全等的等腰三角形，将余下部分沿虚线折叠并拼成一个有底的正四棱锥模型，如图(2)放置，如果正四棱锥的主视图是正三角形，如图(3)所示，则正四棱锥的体积是()A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，则__________．14．在四棱锥中，是边长为的正三角形，为矩形，，.若四棱锥的顶点均在球的球面上，则球的表面积为_____．15．定义在上的奇函数满足，并且当时，则___16．已知各棱长都相等的直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱)所有顶点都在球的表面上.若球的表面积为则该三棱柱的侧面积为___________．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知数列满足（），数列的前项和，（），且，．（1）求数列的通项公式：（2）求数列的通项公式．（3）设，记是数列的前项和，求正整数，使得对于任意的均有．18．（12分）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，是棱上的一点，满足平面.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）设，，若为棱上一点，使得直线与平面所成角的大小为30°，求的值.19．（12分）已知在等比数列中，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列前项的和.20．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线交于、两点，求的面积.21．（12分）已知椭圆：，不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于，两点.（Ⅰ）若线段的中点坐标为，求直线的方程；（Ⅱ）若直线过点，点满足（，分别为直线，的斜率），求的值.22．（10分）如图，在直三棱柱中，，点P，Q分别为，的中点.求证：（1）PQ平面；（2）平面.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】

画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求解最大值即可．【详解】解：画出满足条件的平面区域，如图示：如图点坐标分别为，目标函数的几何意义为，可行域内点与坐标原点的距离的平方，由图可知到原点的距离最大，故.故选：D【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，考查数形结合思想，属于中档题．2、B【解析】

根据集合中的元素，可得集合，然后根据交集的概念，可得，最后根据子集的概念，利用计算，可得结果.【详解】由题可知：，当时，当时，当时，当时，所以集合则所以的子集共有故选：B【点睛】本题考查集合的运算以及集合子集个数的计算，当集合中有元素时，集合子集的个数为，真子集个数为，非空子集为，非空真子集为，属基础题.3、C【解析】

求得点坐标，由此求得直线的方程，联立直线的方程和抛物线的方程，求得点坐标，进而求得【详解】抛物线焦点为，令，，解得，不妨设，则直线的方程为，由，解得，所以.故选：C【点睛】本小题主要考查抛物线的弦长的求法，属于基础题.4、A【解析】

根据向量的运算法则展开后利用数量积的性质即可.【详解】.故选：A.【点睛】本题主要考查数量积的运算，属于基础题.5、B【解析】

根据复数除法的运算法则，即可求解.【详解】.故选:B.【点睛】本题考查复数的代数运算，属于基础题.6、D【解析】

由得，分别以为横纵坐标建立如图所示平面直角坐标系，由图可知，.7、B【解析】

根据题意可得，利用向量的数量积即可求解夹角.【详解】因为即而所以夹角为故选：B【点睛】本题考查了向量数量积求夹角，需掌握向量数量积的定义求法，属于基础题.8、D【解析】

先通过得到原函数为增函数且为偶函数，再利用到轴距离求解不等式即可.【详解】构造函数，则由题可知，所以在时为增函数；由为奇函数，为奇函数，所以为偶函数；又，即即又为开口向上的偶函数所以，解得或故选：D【点睛】此题考查根据导函数构造原函数，偶函数解不等式等知识点，属于较难题目.9、C【解析】

根据服从的正态分布可得，，将所求概率转化为，结合正态分布曲线的性质可求得结果.【详解】由题意，，，则，，所以，.故果实直径在内的概率为0.8185.故选：C【点睛】本题考查根据正态分布求解待定区间的概率问题，考查了正态曲线的对称性，属于基础题.10、C【解析】

依次判断函数的值域和奇偶性得到答案.【详解】A.，值域为，非奇非偶函数，排除；B.，值域为，奇函数，排除；C.，值域为，奇函数，满足；D.，值域为，非奇非偶函数，排除；故选：.【点睛】本题考查了函数的值域和奇偶性，意在考查学生对于函数知识的综合应用.11、C【解析】

据题意可知，是与面积有关的几何概率，要求落在区域内的概率，只要求、所表示区域的面积，然后代入概率公式，计算即可得答案．【详解】根据题意可得集合所表示的区域即为如图所表示：的圆及内部的平面区域，面积为，集合，，表示的平面区域即为图中的，，根据几何概率的计算公式可得，故选：C．【点睛】本题主要考查了几何概率的计算，本题是与面积有关的几何概率模型．解决本题的关键是要准确求出两区域的面积．12、B【解析】设折成的四棱锥的底面边长为，高为，则，故由题设可得，所以四棱锥的体积，应选答案B．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】解：由题意可知：.14、【解析】

做中点，的中点，连接，由已知条件可求出，运用余弦定理可求，从而在平面中建立坐标系，则以及的外接圆圆心为和长方形的外接圆圆心为在该平面坐标系的坐标可求，通过球心满足，即可求出的坐标，从而可求球的半径，进而能求出球的表面积.【详解】解：如图做中点，的中点，连接，由题意知，则设的外接圆圆心为，则在直线上且设长方形的外接圆圆心为，则在上且.设外接球的球心为在中，由余弦定理可知，.在平面中，以为坐标原点，以所在直线为轴，以过点垂直于轴的直线为轴，如图建立坐标系，由题意知，在平面中且设，则，因为，所以解得.则所以球的表面积为.故答案为:.【点睛】本题考查了几何体外接球的问题，考查了球的表面积.关于几何体的外接球的做题思路有：一是通过将几何体补充到长方体中，将几何体的外接球等同于长方体的外接球，求出体对角线即为直径，但这种方法适用性较差；二是通过球的球心与各面外接圆圆心的连线与该平面垂直，设半径列方程求解；三是通过空间、平面坐标系进行求解.15、【解析】

根据所给表达式，结合奇函数性质，即可确定函数对称轴及周期性，进而由的解析式求得的值.【详解】满足，由函数对称性可知关于对称，且令，代入可得，由奇函数性质可知，所以令，代入可得，所以是以4为周期的周期函数，则当时，所以，所以，故答案为：.【点睛】本题考查了函数奇偶性与对称性的综合应用，周期函数的判断及应用，属于中档题.16、【解析】

只要算出直三棱柱的棱长即可，在中，利用即可得到关于x的方程，解方程即可解决.【详解】由已知，，解得，如图所示，设底面等边三角形中心为，直三棱柱的棱长为x，则，，故，即，解得，故三棱柱的侧面积为.故答案为：.【点睛】本题考查特殊柱体的外接球问题，考查学生的空间想象能力，是一道中档题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）（）．（2），．（3）【解析】

（1）依题意先求出,然后根据,求出的通项公式为,再检验的情况即可;（2）由递推公式,得,结合数列性质可得数列相邻项之间的关系,从而可求出结果;（3）通过（1）、（2）可得,所以,,,,．记,利用函数单调性可求的范围,从而列不等式可解.【详解】解：（1）因为数列满足（）①；②当时,．检验当时,成立.所以,数列的通项公式为（）．（2）由,得,①所以,．②由①②,得,,即,,③所以,,．④由③④,得,,因为,所以,上式同除以,得,,即,所以,数列时首项为1,公差为1的等差数列,故,．（3）因为．所以,,,,．记,当时,．所以,当时,数列为单调递减,当时,．从而,当时,．因此,．所以,对任意的,．综上,．【点睛】本题考在数列通项公式的求法、等差数列的定义及通项公式、数列的单调性,考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力以及化归与转化思想、分类讨论思想.18、（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）由平面，可得，又因为是的中点，即得证；（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，设，计算平面的法向量，由直线与平面所成角的大小为30°，列出等式，即得解.【详解】（Ⅰ）如图，连接交于点，连接，则是平面与平面的交线，因为平面，故，又因为是的中点，所以是的中点，故.（Ⅱ）由条件可知，，所以，故以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设，则，设平面的法向量为，则，即，故取因为直线与平面所成角的大小为30°所以，即，解得，故此时.【点睛】本题考查了立体几何和空间向量综合，考查了学生逻辑推理，空间想象，数学运算的能力，属于中档题.19、（1）（2）【解析】

（1）由基本量法，求出公比后可得通项公式；（2）求出，用裂项相消法求和．【详解】解：（1）设等比数列的公比为又因为，所以解得（舍）或所以，即（2）据（1）求解知，，所以所以【点睛】本题考查求等比数列的通项公式，考查裂项相消法求和．解题方法是基本量法．基本量法是解决等差数列和等比数列的基本方法，务必掌握．20、（1），；（2）.【解析】

（1）在直线的参数方程中消去参数可得出直线的普通方程，在曲线的极坐标方程两边同时乘以，结合可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）计算出直线截圆所得弦长，并计算出原点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得的面积.【详解】（1）由得，故直线的普通方程是.由，得，代入公式得，得，故曲线的直角坐标方程是；（2）因为曲线的圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，则弦长.又到直线的距离为，所以.【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与普通方程之间的转化，同时也考查了直线与圆中三角形面积的计算，考查计算能力，属于中等题.21、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）根据点差法，即可求得直线的斜率，则方程即可求得；（Ⅱ）设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，根据，即可求得参数的值.【详解】（1）设，，则两式相减，可得.（*）因为线段的中点坐标为，所以，.代入（*）式，得.所以直线的斜率.所以直线的方程为，即.（Ⅱ）设直线：（），联立整理得.所以，解得.所以，.所以，所以.所以.因为，所以.【点睛】本题考查中点弦问题的点差法求解，以及利用