【文档说明】云南省三校2025届高三上学期高考备考实用性联考（二） 数学 PDF版含解析.pdf，共(16)页，4.829 MB，由小赞的店铺上传

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QkBECASgOhBAMIAAAABFABCA=}#}{#{QQABZQCAoggAAoAAARgCUQH4CAGQkBECASgOhBAMIAAAABFABCA=}#}{#{QQABZQCAoggAAoAAARgCUQH4CAGQkBECASgOhBAMIAAAABFABCA=}#}{#

{QQABZQCAoggAAoAAARgCUQH4CAGQkBECASgOhBAMIAAAABFABCA=}#}数学参考答案·第1页（共9页）2025届云南三校高考备考实用性联考卷（二）数学参考答案一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共4

0分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）题号12345678答案DBDBDABC【解析】1．2(1i)(2i)2i2ii3i，∵∴其对应的点坐标为(31)，，位于第四象限，故选D．2．由题意，利用对数函数性质可知：lnln0||||ab

abab，故必要性成立；而||||ln||ln||abab，但不能确定ab，是否都大于0，若ab，小于0时函数无意义，故||||ab不能推出lnlnab，故充分性不成立，所以“||||ab”是“lnlnab”的

必要而不充分条件，故选B．3．因为3sin2sinAB由正弦定理得32ab，所以32ba，22222232122babaa712，故选D．4．根据正态曲线的对称性，由(3)(3)

PXtPXt，得3332tt，再由总体密度曲线，数形结合知：(33)0.3PtX，故选B．5．由题意，1121()3333ADABBDABBCABACABABAC

，而BPAPAB1112123636ADABABACABABAB

，由已知，2316mn，，则12mn，选项D正确，故选D．6．由max()2fx得2A，()fx的图象上的所有点向左平移π12个单位长度后图象关于原点对称，得函数()fx的图象过点π0

12，，所以7ππ12122T，所以2ππ||T，故2，又{#{QQABZQCAoggAAoAAARgCUQH4CAGQkBECASgOhBAMIAAAABFABCA=}#}数学参考答案·第2页（共9页）π012，得π6，所

以π()2sin26fxx，π2sin16a，故选A．7．圆台的高为h，则圆台的体积221π(1+2+12)7π3Vh，解得3h，如图1，取上下底面圆心M、N，连接MN、MC、NC，由圆台性质

可知MNNC，且3MN，又2NC，故223213MC，则当MC为ABC△以AB为底的高时，ABC△面积最大，且其最大值为1213132，故选B．8．函数()|log|3afxx的定义域为(0)，，01aa且，由()0

fx，得|log|3ax，因此直线3y与函数|log|ayx的图象有两个公共点，其横坐标为12xx，，a比1大还是小对|log|ayx的图象没有影响，可令a>1，而当01x时，logayx

递减，当1x时，logayx递增，于是1201xx，对于A，由12|log||log|aaxx，得12loglogaaxx，即121xx，A正确；对于B，12221xxxx，而函数1yxx在(1)，上单调递增，因此122212xxxx

，B正确；对于C，1222144xxxx，函数14yxx在(1)，上单调递增，因此21225441xxxx，C错误；对于D，1222444xxxx≥，当且仅当22x时取等号，D正确，故选C．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）题号91011答案BCABDACD【解析】9．11(1)(1)21nnbqnnSnadq21112211nbbddnanq

qq，221nnSnn∵，11112121111ddabqbq∴110212adbq，，，∴，故选BC．图1{#{QQABZQCAoggAAoAAARgCUQH4CAGQkBECASgOhB

AMIAAAABFABCA=}#}数学参考答案·第3页（共9页）10．2sinsinsinBAC∵，由正弦定理可得2bac，且0abc，，，则a，b，c成等比数列，故A正确；将coscosC2cBbc，利用正弦定理化简得：sincossincos2sinCBBCC

，即sin()2sinCBC，sin2sinAC∴，利用正弦定理化简得：2ca，222bacc∴，2bc∴，22221abcccc∶∶∶∶∶∶∴，所以A角最大，由222cos2cbaAcb22224022c

cccc得A角为钝角，故B正确；若A，B，C成等差数列，则2BAC，且πABC，可得π3B，则由余弦定理可得222cos2acbBac2224222ccccc3142，故C错误；若2c

，可得22b，4a，则bc，由3cos0π4BB，，，可得7sin4B，所以1sin72ABCSacB△，故D正确，故选ABD．11．对于选项A，在第一次抽到黄色球的条件下，将抽到的黄色球放入黄色箱子内，此时黄色箱子内有2个红色球，1个黄色球，1个蓝色球，因此第二次抽到蓝

色球的概率为14，故A选项正确；对于选项B、C，记1A=“第一次抽到红色球”，2A=“第一次抽到黄色球”，3A=“第一次抽到蓝色球”，1B=“第二次在红色箱子中抽到蓝色球”，2B=“第二次在黄色箱子中抽到蓝色球”，3B=“第二次在蓝色箱子中抽到蓝球”，B=“第二次抽到蓝球”，易知

123AAA，，两两互斥，和为，11()2PA，231()()4PAPA，111(|)4PBA，221(|)4PBA，331(|)6PBA，311311111111()()2444468()()|4iiiiiiiPBPBPPAABA，故B选项错误；第

二次的球取自箱子的颜色与第一次取的球的颜色相同，所以111111()(|)624(|)11()1148PAPBAPABPB，2222311()(|)344(|)(|)11()1148PAPBAPABPABPB，33311()(|)24611()1148PAPBAPB

，所以如果第二次抽到的是蓝色球，则它来自红色箱子的概{#{QQABZQCAoggAAoAAARgCUQH4CAGQkBECASgOhBAMIAAAABFABCA=}#}数学参考答案·第4页（共9页）率最大，

故C选项正确；对于D，将5个不同的小球分成3组（每组至少一个）（按1∶1∶3分或按2∶2∶1分）再分配给3个箱子，由两个计数原理知，共有2223535322CCCA150A种，故D选项正确，故选ACD．三、填空题（本大题共3小题，每小题5分

，共15分）题号121314答案20π06，23；335，【解析】12.展开式中x的系数为1110C(2)20．13．设()()singxfxx，()()sin()cos0gxfxxfxx，所以函数()gx单调递减，1πππ()sin()

sinsin2666fxxffxxf，即π()6gxg，得π6π02xx，所以π06x，所以不等式的解集为6π0，.14.由已知可得23cam，所以23amcc，即121123ee；所以，212222

(9()9294244)amcccaamameeamaammmmama.令atm，则129124eett.因为am，所以1atm.又1212MFMFFF，所以有223()acam，所以有3

am；1212||||||MFMFFF，所以有223()mcam，所以有35am，所以533atm，．设函数12ytt，则2101ty，函数12ytt在区间533，上单调递增，所以44153y

，所以12335ee.{#{QQABZQCAoggAAoAAARgCUQH4CAGQkBECASgOhBAMIAAAABFABCA=}#}数学参考答案·第5页（共9页）四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）1

5．（本小题满分13分）解：（1）零假设0H：该读书活动对学生阅读文学名著没有促进作用；……………………………………（1分）由表中数据可知，22200(35406560)500012.5310.82810595100100399

，……………………………………（4分）故可推断0H不成立，即认为举办该读书活动对学生阅读文学名著有促进作用，该推断犯错误的概率不超过0.001．……………………………………（6分）（2）由题意可知，X的可能取值

为0、1、2，……………………………………（7分）3211244242333666CCCCC131(0)(1)(2)C5C5C5PXPXPX；；，……………………………………（10分）

所以X的分布列为：X012P515351……………………………………（11分）所以X的数学期望为：131()0121.555EX……………………………………（13分）16．（本小题满分15分）（1）证明：设BC中点为E，连接AE，如图2，因为90CDADCB，且

ADCD，故四边形ADCE为正方形，而222222AC，2AE，222222AB，所以222BCABAC，所以ABAC，……………………（2分）因为SA平面ABCD，AC平面ABCD，所以SAAC，……………………………………（4分）

图2{#{QQABZQCAoggAAoAAARgCUQH4CAGQkBECASgOhBAMIAAAABFABCA=}#}数学参考答案·第6页（共9页）又SAAB，平面SAB，SAABA，所以AC平面SAB，……………………………………（6分）因为AC平面SAC，所以平面SAC

平面SAB．……………………………………（7分）（2）解：以A为坐标原点，AE、AD、AS所在直线分别为x、y、z轴，建立如图2所示的空间直角坐标系Axyz，……………………………………（8分）设

(0)SAaa，则(220)C，，，(020)D，，，(220)B，，，(00)Sa，，，所以(02)SDa，，，(200)DC，，，……………………………………（9分）设平面

SCD的法向量为()nxyz，，，则00nSDnDC，即2020yazx，令2z，所以(02)na，，，由（1）知，平面SAB的法向量为(220)AC

，，，…………………………………（12分）设平面SAB与平面SCD所成角为，则6cos6，222|||2|6|cos|6||||2202ACnaACnACna，，……………………………………

（14分）解得2a或2a（舍去），所以2AS．……………………………………（15分）17．（本小题满分15分）解：（1）易知22()ln11lnfxxaxxax，……………………………………（

3分）又()fx在1x处的切线与yx垂直，所以(1)1f，即1a，所以1a．……………………………………（6分）（2）因为2lnfxxax，且()fx有两个极值点，所以方程()0fx在(0)，上有两个

不同的根，即方程2ln0xax有两个不同的正数根，……………………………………（8分）将问题转化为函数2ln()xgxx与函数ya的图象在(0)，上有两个不同的交点，则43(12ln)12ln()xxxgxxx，

令312ln()0xgxx，解得ex，当ex时，()0gx，{#{QQABZQCAoggAAoAAARgCUQH4CAGQkBECASgOhBAMIAAAABFABCA=}#}数学参考答案·第7页（共9页）()gx单调递减，当0ex时，()0gx，()gx单调递增

，……………………………………（12分）且当1x时，()0gx，且()0xgx，，(01)g，故作出()gx的图象如图3所示：……………………………………（14分）由图象可知102ea，满足题意，即a的取值范围为102e

，．……………………………（15分）18．（本小题满分17分）（1）解：曲线22ypx图象经过点(12)M，，所以2(2)2p，所以2p，所以抛物线Γ的标准方程为24yx．……………………………………（4分）（2）解：由（1）知(10)F，，当π3时，l的方

程为3(1)yx，……………………………………（6分）联立23(1)4yxyx，得231030xx，则12103xx，……………………………………（8分）由12163ABxxp，所以弦163AB．……………………………………（10分）（3）证明：由（1

）知(10)F，，直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为1xmy，11223344()()()()AxyBxyCxyDxy，，，，，，，，联立214xmyyx得2440ymy，216160m

，因此124yym，124yy.……………………………………（11分）设直线AC的方程为2xny，联立224xnyyx得2480yny，则2Δ16320n，因此134yyn，138yy，得318yy，图3{#{QQABZQC

AoggAAoAAARgCUQH4CAGQkBECASgOhBAMIAAAABFABCA=}#}数学参考答案·第8页（共9页）同理可得428yy．……………………………………（13分）所以3434122233

4341241244)441882(2CDyyyyyykyxxyyyymyyy．……………………………………（14分）因此直线CD的方程为332()xmyyx，……………………………………（15分）由对称性知，定点在x轴上，令0y得，223333211118

18161622244ymxmyxmymyyyy12212222111111644()444444yyyyyyyyyy，……………………（16分）所以，直线C

D过定点(4)0，．……………………………………（17分）19．（本小题满分17分）解：（1）因为1212PPAP，1212PPAP，所以21221222221212124222xa

xxxxxaxxx，得2122xxx，所以22x．……………………………………（4分）（2）由11122nnnnnnPPxxxx，，1112

nnnnnAPxax，，1112140nnnnnnnnPPAPxaxx①，又11nnnnPPAP，则22221111222()()nnnnnnnxxxaxxx

②，将①代入②得1112122222444()11nnnnnnnxxxxxxx12124()nnnxxx112nnnxxx．……………………………………（10分）{#{Q

QABZQCAoggAAoAAARgCUQH4CAGQkBECASgOhBAMIAAAABFABCA=}#}数学参考答案·第9页（共9页）（3）要证22222123141nxxxxn≤等价

于证明22222314nxxxn≤，当2n≥时，121222122()21nnnniiiiiixxxxxi222111112221111221221nnnnnnnnnniinixxxxxxxxxxxnxn

，因为24422(1)212121222iiiiiii，所以1222(1)22(12)nxxiin≤1882nxn≤1288448884nxnnn

≤≤22222314(13(21))4nxxxnn≤，22222314nxxxn≤∴，22222123141nxxxxn≤∴．……………………………………（17分）{#{QQABZQCAoggAAoAAARgCUQH4C

AGQkBECASgOhBAMIAAAABFABCA=}#}2025届云南三校高考备考实用性联考卷（二）-双向细目表数学题型题号试题考点内容难易程度分值1复数易52简易逻辑易53解三角形易54正态分布易55向量中56三角函数中57空间几何体中5一、单选题8函数

与不等式中59数列基本运算易610解三角形中6二、多选题11条件概率，全概率公式难612二项式定理易513函数导数构造与不等式中5三、填空题14解析几何难515独立性检验和概率综合易1316立体几何和空间向量易1517导数的几何意义与极

值易1518解析几何中17四、解答题19向量数量积的性质，不等式的证明难17合计150分①易中难比例为5:4:1②预计平均分：905