2025年云南省高考数学一模试卷（含答案）.docx

2025年云南省高考数学一模试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的1.已知集合A={x|x=2n,n∈N}，集合B={x|x=3n,n∈N}，则(    )A. A∩B={x|x=6n,n∈N} B. A∩B={0}C. A∪B={x|x=6n,n∈N} D. A∪B={x|x=n,n∈N}2.若复数z=a2−1+(a−1)i(i为虚数单位)是纯虚数，则复数z1+3i=(    )A. 35+15i B. 35−15i C. −35+15i D. −35−15i3.若α∈(0,π)，且cosα+sinα=−12，则cos2α=(    )A. − 79 B. 79 C. − 74 D. 744.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an−1(n∈N∗)，若数列{bn}满足b1=2，bn+1=an+bn，则数列{bn}的通项公式为(    )A. bn=2n−1+1 B. bn=2n+1 C. bn=2n−1−1 D. bn=2n−15.已知球O的半径为R，圆M的半径为r，且圆M是球O的一个截面，若圆M的面积与球O的表面积之比为2：9，则Rr的值为(    )A. 3 24 B. 2 C. 32 D. 226.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，过F且斜率为 3的直线交C于A、B两点，若AF=4FB，则C的离心率为(    )A. 65 B. 75 C. 58 D. 957.设a=1e，b=ln22，c=ln33，则a，b，c的大小关系为(    )A. a

在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求9.我国魏晋时期的数学家刘徽创立了割圆术，也就是用内接正多边形去逐步逼近圆，即圆内接正多边形边数无限增加时，其周长就越逼近圆周长，这种用极限思想解决数学问题的方法是数学史上的一项重大成就.现作出圆x2+y2=2的一个内接正八边形，使该正八边形的其中4个顶点在坐标轴上，则下列4条直线中可能是该正八边形的一条边所在直线的方程为(    )A. x+( 2−1)y− 2=0 B. (1− 2)x−y+ 2=0C. x−( 2+1)y+ 2=0 D. ( 2−1)x−y+ 2=010.定义“相似椭圆”：若两个椭圆的离心率相等，则称这两个椭圆为相似椭圆.已知椭圆C1：x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)，C2：x2a22+y2b22=1(a2>b2>0)为相似椭圆，且a1=2a2，则(    )A. b1=2b2 B. 两椭圆的长轴长之比为2：1C. 两椭圆的短轴长之比为1：2 D. 两椭圆的焦距之比为2：111.定义在(0,+∞)上的函数f(x)，如果对任意x1，x2∈(0,+∞)，都有f(x1+x22)≥f(x1)+f(x2)2，且等号仅在x1=x2时成立，则称函数f(x)为“凸函数”.下列函数是凸函数的是(    )A. f(x)=x12 B. f(x)=x2 C. f(x)=lnx D. f(x)=ex三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.某老师安排甲、乙、丙、丁4名同学从周一至周五值班，每天安排1人，每人至少1天，若甲连续两天值班，则不同的安排方法种数为______.(请用数字作答)13.某企业投入100万元购入一套设备，该设备每年的运转费用是0.5万元，此外每年都要花费一定的维护费，第一年的维护费为2万元，由于设备老化，以后每年的维护费都比上一年增加2万元.为使该设备年平均费用最低，该企业需要更新设备的年数为______．14.设x，y∈R，则(x2+1y2)(1x2+4y2)的最小值为______．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.(本小题13分)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acosB−bcosA=35c．(1)求tanAtanB的值；(2)若A=60°，c=5，求△ABC的面积．16.(本小题15分)已知菱形ABCD如图①所示，其中AB=4且∠CAB=60°，现沿AC进行翻折，使得平面ABC⊥平面ACD，再过点B作BE⊥平面ABC，且BE= 34AB，所得图形如图②所示．(1)求平面CDE与平面ABC夹角的正弦值；(2)若点P满足AP=λAC．(i)BP//平面ADE，求λ的值；(ii)若BP与平面ADE所成角为θ，求sinθ的最大值．17.(本小题15分)十一国庆节期间，某商场举行购物抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为25，中奖可以获得3分；方案乙的中奖率为23，中奖可以获得2分；未中奖则不得分，每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，抽奖结束后凭分数兑换奖品．(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，求X≥3的概率；(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，分别求两种方案下小明、小红累计得分的分布列，并指出为了累计得分较大，两种方案下他们选择何种方案较好，并给出理由？18.(本小题17分)已知函数f(x)=ex−ax．(1)当a=2时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)当x≥12时，设g(x)=12x2+1，若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．19.(本小题17分)定义数列{an}的“衍生数列”{bn}如下：bn=k=1nakk!．(1)若an=n，求b3的值．(2)已知{an}是首项为1，公比为2的等比数列，求bn的通项公式．(3)设{an}是有界数列，即存在M>0，使得|an|≤M对任意n成立.证明：数列{bn}收敛．参考答案1.A 2.D 3.D 4.A 5.A 6.A 7.C 8.C 9.ABD 10.ABD 11.AC 12.24 13.10 14.9 15.解：(1)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acosB−bcosA=35c，因为acosB−bcosA=35c，由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R，得sinAcosB−sinBcosA=35sinC，因为C=π−(A+B)，所以sinC=sin[π−(A+B)]=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcosA，则sinAcosB−sinBcosA=35(sinAcosB+sinBcosA)，即25sinAcosB=85sinBcosA，所以sinAcosBcosAsinB=4，即tanAtanB=4；(2)因为A=60°，sinAcosBcosAsinB=4，得sinBcosB= 34，又sin2B+cos2B=1，所以sinB= 3 19，cosB=4 19，sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB= 32×4 19+12× 3 19=5 32 19，因为c=5，由正弦定理bsinB=csinC，可得b=csinBsinC=5× 3 195 32 19=2，根据三角形的面积公式可得△ABC的面积S=12bcsinA=12×2×5× 32=5 32．16.解：(1)如图，取AC中点O，连接OB，OD，由图①可知，△ACD、△ABC是正三角形，所以OD⊥AC，OB⊥AC，又因为平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC=AC，OD⊂平面ACD，所以OD⊥平面ABC，又因为OB⊥平面ACD，所以OD⊥OB，以O为坐标原点，OB、OC、OD所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0,−2,0)、B(2 3,0,0)、C(0,2,0)、D(0,0,2 3)、E(2 3,0, 3)，因为CD=(0,−2,2 3)，CE=(2 3,−2, 3)，设平面CDE的一个法向量n=(x1,y1,z1)，则n⊥CDn⊥CE，所以n⋅CD=−2y1+2 3z1=0n⋅CE=2 3x1−2y1+ 3z1=0，令x1=1，得y1=2 3，z1=2，所以n=(1,2 3,2)，由题知，平面ABC的一个法向量为l=(0,0,1)，所以平面CDE与平面ABC夹角的余弦值为|cos|=|n⋅l||n|⋅|l|=2 1+12+4=2 1717．则平面CDE与平面ABC夹角的正弦值为 1−cos2= 1−(2 1717)2= 22117．(2)(i)因为AB=(2 3,2,0)，AC=(0,4,0)，AD=(0,2,2 3)，AE=(2 3,2, 3)，所以AP=λAC=(0,4λ,0)，BP=AP−AB=(−2 3,4λ−2,0)，设平面ADE的一个法向量m=(x,y,z)，则m⊥ADm⊥AE，所以m⋅AD=2y+2 3z=0m⋅AE=2 3x+2y+ 3z=0，令x=1，得y=−2 3，z=2，所以m=(1,−2 3,2)，因为BP/​/平面ADE，所以m=λe1+e2，即BP⋅m=−2 3−2 3(4λ−2)=0，解得λ=14．(ii)则AD=(0,2,2 3)，AE=(2 3,2, 3)，因为AP=λAC，设P(0,t,0)，以BP=(−2 3,t,0)，设平面ADE的一个法向量为m=(a,b,c)，则m⊥ADm⊥AE，则m⋅AD=2b+2 3c=0m⋅AE=2 3a+2b+ 3c=0，令c=2，则a=1，b=−2 3，所以m=(1,−2 3,2)，若BP与平面ADE所成角为θ，则sinθ=2 3|t+1| 17 12+t2=2 3 17×|t+1| 12+t2，设t+1=m，其中t2=(m−1)2，则sinθ=|cos|=2 3 17×|m| m2−2m+13，当m=0时，sinθ=0；当m≠0时，sinθ=|cos|=2 3 17×|m| m2−2m+13=2 3 17×1 1−2m+13m2≤2 3 17× 13 12= 13 17，当1m=113时，1−2m+13m2取最小值1213，sinθ的最大值为 22117．17.解：(1)由已知得，小明中奖的概率为25，小红中奖的概率为23，记“这2人的累计得分X≥3”的事件为A，则P(A)=P(X=3)+P(X=5)=25×13+25×23=25；(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X1，都选择方案乙所获得的累计得分为X2，由题意可知，X1可能的情况有0，3，6，则P(X1=0)=35×35=925，P(X1=3)=35×25+25×35=1225，P(X1=6)=25×25=425，所以X1的分布列如下：X1036p9251225425所以E(X1)=0×925+3×1225+6×425=125，由题意可知，X2可能的情况有0，2，4，则P(X2=0)=13×13=19，P(X2=2)=13×23+23×13=49，P(X1=4)=23×23=49，所以X2的分布列如下：X2024p194949所以E(X2)=0×19+2×49+4×。