云南省砚山县第二中学2025届高考数学押题试卷含解析

云南省砚山县第二中学2025届高考数学押题试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．定义在上函数满足，且对任意的不相等的实数有成立，若关于x的不等式在上恒成立，则实数m的取值范围是（）A． B． C． D．2．在正项等比数列{an}中，a5-a1=15，a4-a2=6，则a3=（）A．2 B．4 C． D．83．函数的图象的大致形状是（）A． B． C． D．4．已知函数满足=1，则等于（）A．- B． C．- D．5．已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的离心率等于()A． B． C． D．6．若的展开式中的系数为-45，则实数的值为（）A． B．2 C． D．7．已知，，若，则向量在向量方向的投影为（）A． B． C． D．8．下图为一个正四面体的侧面展开图，为的中点，则在原正四面体中，直线与直线所成角的余弦值为（）A． B．C． D．9．函数的图象大致是（）A． B．C． D．10．的内角的对边分别为，已知，则角的大小为（）A． B． C． D．11．等腰直角三角形的斜边AB为正四面体侧棱，直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，有下列说法：（1）四面体EBCD的体积有最大值和最小值；（2）存在某个位置，使得；（3）设二面角的平面角为，则；（4）AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，则点P的轨迹为椭圆.其中，正确说法的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．412．已知，是椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，若，则的最小值为（）A． B． C．8 D．6二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．记为等比数列的前n项和，已知，，则_______.14．设O为坐标原点,,若点B(x,y)满足，则的最大值是__________．15．展开式中，含项的系数为______.16．已知向量，，，则_________.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）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（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）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）若点在曲线上，点在曲线上，求的最小值及此时点的坐标.18．（12分）如图，在四面体中，.（1）求证:平面平面；（2）若，二面角为，求异面直线与所成角的余弦值.19．（12分）在中，角所对的边分别为，，的面积.（1）求角C；（2）求周长的取值范围.20．（12分）已知都是大于零的实数．（1）证明；（2）若，证明．21．（12分）已知函数，曲线在点处的切线方程为.（1）求，的值；（2）证明函数存在唯一的极大值点，且.22．（10分）已知椭圆的中心在坐标原点，其短半轴长为，一个焦点坐标为，点在椭圆上，点在直线上的点，且．证明：直线与圆相切；求面积的最小值．

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、B【解析】

结合题意可知是偶函数,且在单调递减,化简题目所给式子,建立不等式,结合导函数与原函数的单调性关系,构造新函数,计算最值,即可.【详解】结合题意可知为偶函数,且在单调递减,故可以转换为对应于恒成立,即即对恒成立即对恒成立令,则上递增,在上递减,所以令,在上递减所以.故,故选B.【点睛】本道题考查了函数的基本性质和导函数与原函数单调性关系,计算范围,可以转化为函数,结合导函数,计算最值,即可得出答案.2、B【解析】

根据题意得到，，解得答案.【详解】，，解得或（舍去）.故.故选：.【点睛】本题考查了等比数列的计算，意在考查学生的计算能力.3、B【解析】

根据函数奇偶性，可排除D；求得及，由导函数符号可判断在上单调递增，即可排除AC选项.【详解】函数易知为奇函数，故排除D.又，易知当时，；又当时，，故在上单调递增，所以，综上，时，，即单调递增.又为奇函数，所以在上单调递增，故排除A，C.故选：B【点睛】本题考查了根据函数解析式判断函数图象，导函数性质与函数图象关系，属于中档题.4、C【解析】

设的最小正周期为，可得，则，再根据得，又，则可求出，进而可得.【详解】解：设的最小正周期为，因为，所以，所以，所以，又，所以当时，，，因为，整理得，因为，，，则所以.故选：C.【点睛】本题考查三角形函数的周期性和对称性，考查学生分析能力和计算能力，是一道难度较大的题目.5、B【解析】由于直线的斜率k,所以一条渐近线的斜率为，即，所以，选B.6、D【解析】

将多项式的乘法式展开，结合二项式定理展开式通项，即可求得的值.【详解】∵所以展开式中的系数为，∴解得.故选：D.【点睛】本题考查了二项式定理展开式通项的简单应用，指定项系数的求法，属于基础题.7、B【解析】

由，，，再由向量在向量方向的投影为化简运算即可【详解】∵∴，∴，∴向量在向量方向的投影为.故选：B.【点睛】本题考查向量投影的几何意义，属于基础题8、C【解析】

将正四面体的展开图还原为空间几何体，三点重合，记作，取中点，连接，即为与直线所成的角，表示出三角形的三条边长，用余弦定理即可求得.【详解】将展开的正四面体折叠，可得原正四面体如下图所示，其中三点重合，记作：则为中点，取中点，连接，设正四面体的棱长均为，由中位线定理可得且，所以即为与直线所成的角，，由余弦定理可得，所以直线与直线所成角的余弦值为，故选：C.【点睛】本题考查了空间几何体中异面直线的夹角，将展开图折叠成空间几何体，余弦定理解三角形的应用，属于中档题.9、C【解析】

根据函数奇偶性可排除AB选项；结合特殊值，即可排除D选项.【详解】∵，，∴函数为奇函数，∴排除选项A，B；又∵当时，，故选：C.【点睛】本题考查了依据函数解析式选择函数图象，注意奇偶性及特殊值的用法，属于基础题.10、A【解析】

先利用正弦定理将边统一化为角，然后利用三角函数公式化简，可求出解B.【详解】由正弦定理可得，即，即有，因为，则，而，所以.故选：A【点睛】此题考查了正弦定理和三角函数的恒等变形，属于基础题.11、C【解析】

解：对于（1），当CD⊥平面ABE，且E在AB的右上方时，E到平面BCD的距离最大，当CD⊥平面ABE，且E在AB的左下方时，E到平面BCD的距离最小，∴四面体E﹣BCD的体积有最大值和最小值，故（1）正确；对于（2），连接DE，若存在某个位置，使得AE⊥BD，又AE⊥BE，则AE⊥平面BDE，可得AE⊥DE，进一步可得AE＝DE，此时E﹣ABD为正三棱锥，故（2）正确；对于（3），取AB中点O，连接DO，EO，则∠DOE为二面角D﹣AB﹣E的平面角，为θ，直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，θ∈[0，π），∠DAE∈[，π），所以θ≥∠DAE不成立．（3）不正确；对于（4）AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，P到BC的距离为：dP﹣BC，因为＜1，所以点P的轨迹为椭圆．（4）正确．故选：C．点睛：该题考查的是有关多面体和旋转体对应的特征，以几何体为载体，考查相关的空间关系，在解题的过程中，需要认真分析，得到结果，注意对知识点的灵活运用.12、C【解析】

由椭圆的定义以及双曲线的定义、离心率公式化简，结合基本不等式即可求解.【详解】设椭圆的长半轴长为，双曲线的半实轴长为，半焦距为，则，，设由椭圆的定义以及双曲线的定义可得：，则当且仅当时，取等号.故选：C．【点睛】本题主要考查了椭圆的定义以及双曲线的定义、离心率公式，属于中等题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

设等比数列的公比为，将已知条件等式转化为关系式，求解即可.【详解】设等比数列的公比为，，.故答案为:.【点睛】本题考查等比数列通项的基本量运算，属于基础题.14、【解析】,可行域如图，直线与圆相切时取最大值，由15、2【解析】

变换得到，展开式的通项为，计算得到答案.【详解】，的展开式的通项为：.含项的系数为：.故答案为：.【点睛】本题考查了二项式定理的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.16、2【解析】

由得，算出，再代入算出即可.【详解】，，，，解得：，，则.故答案为：2【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，向量垂直的性质，向量的模的计算.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）最小值为，此时【解析】

（1）消去曲线参数方程的参数，求得曲线的普通方程.利用极坐标和直角坐标相互转化公式，求得曲线的直角坐标方程.（2）设出的坐标，结合点到直线的距离公式以及三角函数最值的求法，求得的最小值及此时点的坐标.【详解】（1）消去得，曲线的普通方程是：；把，代入得，曲线的直角坐标方程是（2）设，的最小值就是点到直线的最小距离.设在时，，是最小值，此时，所以，所求最小值为，此时【点睛】本小题主要考查参数方程化为普通方程，考查极坐标方程转化为直角坐标方程，考查利用圆锥曲线的参数求最值，属于中档题.18、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）取中点连接，得，可得，可证，可得，进而平面，即可证明结论；（2）设分别为边的中点，连，可得，，可得（或补角）是异面直线与所成的角，，可得，为二面角的平面角，即，设，求解，即可得出结论.【详解】（1）证明:取中点连接，由则，则，故，，平面，又平面，故平面平面（2）解法一:设分别为边的中点，则，（或补角）是异面直线与所成的角.设为边的中点，则，由知.又由（1）有平面，平面，所以为二面角的平面角，，设则在中，从而在中，，又，从而在中，因，，因此，异面直线与所成角的余弦值为.解法二:过点作交于点由（1）易知两两垂直，以为原点，射线分别为轴，轴，轴的正半轴，建立空间直角坐标系.不妨设，由，易知点的坐标分别为则显然向量是平面的法向量已知二面角为，设，则设平面的法向量为，则令，则由由上式整理得，解之得(舍)或，因此，异面直线与所成角的余弦值为.【点睛】本题考查空间点、线、面位置关系，证明平面与平面垂直，考查空间角，涉及到二面角、异面直线所成的角，做出空间角对应的平面角是解题的关键，或用空间向量法求角，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.19、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）由可得到，代入，结合正弦定理可得到，再利用余弦定理可求出的值，即可求出角；（Ⅱ）由，并结合正弦定理可得到，利用，，可得到，进而可求出周长的范围．【详解】解：（Ⅰ）由可知，∴.由正弦定理得.由余弦定理得，∴.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，∴，.的周长为.∵，∴，∴,∴的周长的取值范围为.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的运用，考查了三角形的面积公式，考查了学生分析问题、解决问题的能力，属于基础题．20、（1）答案见解析．（2）答案见解析【解析】

（1）利用基本不等式可得，两式相加即可求解.（2）由（1）知，代入不等式，利用基本不等式即可求解.【详解】（1）两式相加得（2）由（1）知于是，．【点睛】本题考查了基本不等式的应用，属于基础题.21、（1）（2）证明见解析【解析】

（1）求导，可得（1），（1），结合已知切线方程即可求得，的值；（2）利用导数可得，，再构造新函数，利用导数求其最值即可得证．【详解】（1）函数的定义域为，，则（1），（1），故曲线在点，（1）处的切线方程为，又曲线在点，（1）处的切线方程为，，；（2）证明：由（1）知，，则，令，则，易知在单调递减，又，（1），故存在，使得，且当时，，单调递增，当，时，，单调递减，由于，（1），（2），故存在，使得，且当时，，，单调递增，当，时，，，单调递减，故函数存在唯一的极大值点，且，即，则，令，则，故在上单调递增，由于，故（2），即，．【点睛】本题考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查推理论证能力，属于中档题．22、证明见解析；1.【解析】

由题意可得椭圆的方程为，由点在直线上，且知的斜率必定存