云南省红河州、文山州2025届高三第二次复习统一检测数学试题含答案

/云南省红河州、文山州2025届高三第二次复习统一检测数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．若，则的大小关系为（

）A． B．C． D．3．已知直线与双曲线的一条渐近线平行，则的离心率是（

）A． B． C． D．4．设是两条不同的直线，为平面，则下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则5．的展开式中按的升幂排列的第2项的系数为（

）A． B． C．32 D．806．定义.若函数，则关于的方程的根为（

）A．1 B． C．2 D．117．已知函数在上有且仅有一个极大值点，则在下列区间中单调递增的是（

）A． B． C． D．8．某超市在春节期间举行抽奖活动，在箱子里装有个写有“秋绥”的小球和5个写有“冬禧”的小球，这些小球除文字外完全相同.顾客从中一次性抽取两个小球，恰好抽出“秋绥”和“冬禧”视为中奖，其余情况均未中奖.设在连续3次抽奖中（每次抽完后将小球放回箱子再进行下一次抽奖）恰好中奖一次的概率为，则当取到最大值时的值为（

）A．15 B．20 C．25 D．30二、多选题（本大题共3小题）9．若复数满足，则下列说法正确的是（

）A．B．C．在复平面内对应的点位于第三象限D．若复数，且，则在复平面内对应点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆10．在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的是（

）A．四点共面B．C．动点的轨迹长度为D．三棱锥体积的最小值为11．任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需要8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出“冰雹猜想”的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），.记数列的前项和为，若，则（

）A．或32 B．C．当最小时的“雹程”是2步 D．或4747三、填空题（本大题共3小题）12．已知向量，若，则实数.13．已知幂函数，写出一个使得不等式成立的自然数的值.14．若直线与曲线没有公共点，则实数的取值范围是.四、解答题（本大题共5小题）15．在三角形中，角的对边分别为，已知.(1)求角；(2)若，设为的中点，且，求三角形的周长.16．已知椭圆的焦距为，抛物线的焦点是的一个顶点.(1)求抛物线的标准方程：(2)若直线与交于两点，且点为线段的中点.（i）求直线的方程；（ii）若为坐标原点，求的面积.17．如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，.(1)求证：平面；(2)求直线到平面的距离；(3)若点是平面内的动点，且满足，设直线与平面所成角为，求的最大值.18．有个编号分别是的不透明的罐子里装有除颜色外完全相同的糖果.第1个罐子中装有3颗红色糖果和2颗绿色糖果，其余罐子中都装有2颗红色糖果和2颗绿色糖果.现先从第1个罐子中随机取出一颗糖果放入第2个罐子，再从第2个罐子中随机取出一颗糖果放入第3个罐子，依此类推，直至从第个罐子中随机取出一颗糖果.设事件表示从第个罐子中取出红色糖果，记事件发生的概率为.(1)求的值；(2)求的值，并证明：当时，；(3)求（用含的式子表达）.19．牛顿迭代法（Newton＇smethod）是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设是函数的零点，选取作为的初始近似值，在点处作的切线的方程为，若，则与轴交点的横坐标满足：又在点处作的切线的方程为，若，则与轴交点的横坐标满足；重复以上过程，得到一个零点近似值序列：.已知函数，现选取作为的零点初始近似值，运用牛顿迭代法得到方程的一个零点近似值序列：，满足.(1)当时，求的值；(2)设.（i）当时，若且，求证：；（参考不等式：）（ii）若有两个不相等的零点，求实数的取值范围.

参考答案1．【答案】C【详解】因为集合或，而，所以.故选：C.2．【答案】B【详解】由函数在上单调递增，可得，即，又因为，所以.故选:B.3．【答案】A【详解】由题可知，则，所以离心率.故选：A.4．【答案】C【详解】对于A，若，则或或与相交，故A错误；对于B，若，则或，故B错误；对于C，若，则，故C正确；对于D，若，则或与相交或与异面，故D错误.故选：C.5．【答案】A【详解】依题意，按的升幂排列的第2项是含的项，其系数是.故选：A.6．【答案】D【详解】由题意可知，的定义域为，由，得，即，解得：.故选：D.7．【答案】B【详解】，，，当时，，因为在上有且仅有一个极大值点，所以，又，所以或，由，得，当时，解得，当时，解得，当时，符合题意.故选：B.8．【答案】B【详解】依题意，单次抽奖中奖的概率，则连续3次抽奖中恰好中奖一次的概率，令，求导得，当时，，当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值，因此当取最大值时，，而，解得，所以当取到最大值时的值为.故选：B9．【答案】ACD【详解】对于A，由，得，则.故A正确；对于B，由得，故B错误；对于C，由得复数对应的点为，位于第三象限，故C正确；对于D，由得，则，即，故在复平面内对应的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，故D正确.故选：ACD.10．【答案】ABD【详解】对于A，连接，可得，又因为，所以，则四点共面.故A正确；对于B，以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，由，得，即.故B正确；对于C，分别取的中点为，连接，易得，，又平面，平面，平面，同理平面，而，又平面，所以平面平面，又因平面，则平面，又因为为正方形内一个动点（包括边界），所以点的轨迹为平面平面，而.故C错误；对于D，因为平面，所以平面，故，要使三棱锥体积最小，只需三角形面积最小，即当点与重合时，三角形面积最小，此时三棱锥的体积取得最小值.故D正确.故选：ABD.11．【答案】BC【详解】对于A，因为，所以；或；或，，即或5或4，故A错误；对于B，因为，所以从开始，周期为3，又，所以，故B正确；对于C，由A选项得的最小值为4，故雹程是2步，故C正确；对于D，当时，；当时，；当时，，故D错误.故选：BC.12．【答案】【详解】因为向量，，则，即.故答案为：.13．【答案】3或4（写对一个即可）【详解】因为为幂函数，所以，解得，则，不等式可化为，解得，所以符合条件的自然数可以是3或4.故答案为：3或4（写对一个即可）14．【答案】【详解】当时，，即；当时，，即.如图：

直线恒过，记，则，，当与相切时，，解得，当与相切时，，解得，结合图象可知，实数的取值范围是.故答案为：15．【答案】(1)(2).【详解】（1）因为，所以，则，化简得，，因为，所以，即.又因为，所以；（2）因为为中点，所以，两边平方可得，，即①在中，由余弦定理得②联立①②可得，，所以，故.所以的周长为.16．【答案】(1)(2)（i）；（ii）.【详解】（1）由题知，可求得，所以，故，即，所以抛物线的方程为；（2）如图，（i）由题意，设，代入抛物线方程，可得，两式相减可得，即，由可得，故，又由点为线段的中点且点在抛物线内，所以直线的方程为，即.（ii）联立，得，其中，故，所以，又因为到直线的距离，所以的面积.17．【答案】(1)证明见解析(2).(3)【详解】（1）证明：连接交于点，再连接，如图，把四棱台补成四棱锥，由棱台的性质，得，又因为，所以分别为的中点，在中，因为分别为的中点，所以，即，又平面平面，所以平面；（2）由（1）知平面，故直线到平面的距离即为点到平面的距离.以为坐标原点，以的方向分别为轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则，.设为平面的一个法向量，则，即，令，则，所以，设点到平面的距离为，则，故直线到平面的距离为.（3）设点，因为，所以，化简得，则点到直线的距离为.连接，因为平面，所以是在平面内的射影，故就是与平面所成的角，则，当时，的值最大，故的最大值为.18．【答案】(1)；(2)，证明见解析；(3).【详解】（1）在第一个罐子中共有糖果颗，其中红色糖果有3颗，根据古典概型概率公式，（2）由（1）知，，所以，当时，由全概率公式，得所以即；（3）记，由（2）知递推关系式，变形为，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，则即.19．【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）.【详解】（1）当时，由解得故；（2）（i）由题意得，则，所以，因为，所以，由且得，移项可得，则有，又因为，所以，可得，又由，故.得证.（ii）由（i）得，则，当时，在上恒成立，即在上单调递增，故在上不存在两个零点，此时不满足题意；当时，令，解得，令解得，故在单调递增，令解得，故在单调递减，所以在处取最大值；因为有两个零点，且当趋近于0时，趋近于时，，所以，解得，即.综上