2025屆云南省臨滄市高考仿真卷數學試卷含解析

2025屆云南省臨滄市高考仿真卷數學試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．關于函數在區(qū)間的單調性，下列敘述正確的是（）A．單調遞增 B．單調遞減 C．先遞減后遞增 D．先遞增后遞減2．如圖，矩形ABCD中，，，E是AD的中點，將沿BE折起至，記二面角的平面角為，直線與平面BCDE所成的角為，與BC所成的角為，有如下兩個命題：①對滿足題意的任意的的位置，；②對滿足題意的任意的的位置，，則()A．命題①和命題②都成立 B．命題①和命題②都不成立C．命題①成立，命題②不成立 D．命題①不成立，命題②成立3．若為虛數單位，網格紙上小正方形的邊長為1，圖中復平面內點表示復數，則表示復數的點是（）A．E B．F C．G D．H4．已知函，，則的最小值為（）A． B．1 C．0 D．5．如圖，內接于圓，是圓的直徑，，則三棱錐體積的最大值為（）A． B． C． D．6．已知集合A={y|y=|x|﹣1，x∈R}，B={x|x≥2}，則下列結論正確的是（）A．﹣3∈AB．3BC．A∩B=BD．A∪B=B7．計算等于()A． B． C． D．8．過拋物線的焦點且與的對稱軸垂直的直線與交于，兩點，，為的準線上的一點，則的面積為（）A．1 B．2 C．4 D．89．在原點附近的部分圖象大概是（）A． B．C． D．10．如圖所示，為了測量、兩座島嶼間的距離，小船從初始位置出發(fā)，已知在的北偏西的方向上，在的北偏東的方向上，現在船往東開2百海里到達處，此時測得在的北偏西的方向上，再開回處，由向西開百海里到達處，測得在的北偏東的方向上，則、兩座島嶼間的距離為（）A．3 B． C．4 D．11．已知是虛數單位，若，則（）A． B．2 C． D．1012．已知函數的值域為，函數，則的圖象的對稱中心為（）A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖，在△ABC中，AB＝4，D是AB的中點，E在邊AC上，AE＝2EC，CD與BE交于點O，若OB＝OC，則△ABC面積的最大值為_______．14．已知數列的前項和且，設，則的值等于_______________.15．已知橢圓的左焦點為，點在橢圓上且在軸的上方，若線段的中點在以原點為圓心，為半徑的圓上，則直線的斜率是_______.16．已知函數f(x)＝若關于x的方程f(x)＝kx有兩個不同的實根，則實數k的取值范圍是________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖,直角三角形所在的平面與半圓弧所在平面相交于,，,分別為,的中點,是上異于,的點,.（1）證明:平面平面;（2）若點為半圓弧上的一個三等分點(靠近點)求二面角的余弦值.18．（12分）已知數列滿足．（1）求數列的通項公式；（2）設數列的前項和為，證明：．19．（12分）已知函數.（1）若函數不存在單調遞減區(qū)間，求實數的取值范圍；（2）若函數的兩個極值點為，，求的最小值.20．（12分）如圖在棱錐中，為矩形，面，（1）在上是否存在一點，使面，若存在確定點位置，若不存在，請說明理由；（2）當為中點時，求二面角的余弦值.21．（12分）已知函數（其中是自然對數的底數）（1）若在R上單調遞增，求正數a的取值范圍；（2）若f（x）在處導數相等，證明：；（3）當時，證明：對于任意，若，則直線與曲線有唯一公共點（注：當時，直線與曲線的交點在y軸兩側）.22．（10分）以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的參數方程是（為參數，常數），曲線的極坐標方程是.（1）寫出的普通方程及的直角坐標方程，并指出是什么曲線；（2）若直線與曲線，均相切且相切于同一點，求直線的極坐標方程.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

先用誘導公式得,再根據函數圖像平移的方法求解即可.【詳解】函數的圖象可由向左平移個單位得到,如圖所示,在上先遞減后遞增.故選：C【點睛】本題考查三角函數的平移與單調性的求解.屬于基礎題.2、A【解析】

作出二面角的補角、線面角、線線角的補角，由此判斷出兩個命題的正確性.【詳解】①如圖所示，過作平面，垂足為，連接，作，連接.由圖可知，，所以，所以①正確.②由于，所以與所成角，所以，所以②正確.綜上所述，①②都正確.故選：A【點睛】本題考查了折疊問題、空間角、數形結合方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．3、C【解析】

由于在復平面內點的坐標為，所以，然后將代入化簡后可找到其對應的點.【詳解】由，所以，對應點.故選：C【點睛】此題考查的是復數與復平面內點的對就關系，復數的運算，屬于基礎題.4、B【解析】

，利用整體換元法求最小值.【詳解】由已知，又，，故當，即時，.故選：B.【點睛】本題考查整體換元法求正弦型函數的最值，涉及到二倍角公式的應用，是一道中檔題.5、B【解析】

根據已知證明平面，只要設，則，從而可得體積，利用基本不等式可得最大值．【詳解】因為，所以四邊形為平行四邊形.又因為平面，平面，所以平面，所以平面.在直角三角形中，，設，則，所以，所以.又因為，當且僅當，即時等號成立，所以.故選：B．【點睛】本題考查求棱錐體積的最大值．解題方法是：首先證明線面垂直同，得棱錐的高，然后設出底面三角形一邊長為，用建立體積與邊長的函數關系，由基本不等式得最值，或由函數的性質得最值．6、C【解析】試題分析：集合考點：集合間的關系7、A【解析】

利用誘導公式、特殊角的三角函數值，結合對數運算，求得所求表達式的值.【詳解】原式.故選：A【點睛】本小題主要考查誘導公式，考查對數運算，屬于基礎題.8、C【解析】

設拋物線的解析式，得焦點為，對稱軸為軸，準線為，這樣可設點坐標為，代入拋物線方程可求得，而到直線的距離為，從而可求得三角形面積．【詳解】設拋物線的解析式，則焦點為，對稱軸為軸，準線為，∵直線經過拋物線的焦點，，是與的交點，又軸，∴可設點坐標為，代入，解得，又∵點在準線上，設過點的的垂線與交于點，，∴.故應選C.【點睛】本題考查拋物線的性質，解題時只要設出拋物線的標準方程，就能得出點坐標，從而求得參數的值．本題難度一般．9、A【解析】

分析函數的奇偶性，以及該函數在區(qū)間上的函數值符號，結合排除法可得出正確選項.【詳解】令，可得，即函數的定義域為，定義域關于原點對稱，，則函數為奇函數，排除C、D選項；當時，，，則，排除B選項.故選：A.【點睛】本題考查利用函數解析式選擇函數圖象，一般要分析函數的定義域、奇偶性、單調性、零點以及函數值符號，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.10、B【解析】

先根據角度分析出的大小，然后根據角度關系得到的長度，再根據正弦定理計算出的長度，最后利用余弦定理求解出的長度即可.【詳解】由題意可知：，所以，，所以，所以，又因為，所以，所以.故選：B.【點睛】本題考查解三角形中的角度問題，難度一般.理解方向角的概念以及活用正、余弦定理是解答問題的關鍵.11、C【解析】

根據復數模的性質計算即可.【詳解】因為，所以，，故選：C【點睛】本題主要考查了復數模的定義及復數模的性質，屬于容易題.12、B【解析】

由值域為確定的值，得，利用對稱中心列方程求解即可【詳解】因為，又依題意知的值域為，所以得，，所以，令，得，則的圖象的對稱中心為.故選：B【點睛】本題考查三角函數的圖像及性質，考查函數的對稱中心，重點考查值域的求解，易錯點是對稱中心縱坐標錯寫為0二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

先根據點共線得到，從而得到O的軌跡為阿氏圓，結合三角形和三角形的面積關系可求.【詳解】設B，O，E共線，則，解得，從而O為CD中點，故.在△BOD中，BD＝2，，易知O的軌跡為阿氏圓，其半徑，故．故答案為：.【點睛】本題主要考查三角形的面積問題，把所求面積進行轉化是求解的關鍵，側重考查數學運算的核心素養(yǎng).14、7【解析】

根據題意，當時，，可得，進而得數列為等比數列，再計算可得，進而可得結論.【詳解】由題意，當時，，又，解得，當時，由，所以，，即，故數列是以為首項，為公比的等比數列，故，又，，所以，.故答案為：.【點睛】本題考查了數列遞推關系、函數求值，考查了推理能力與計算能力，計算得是解決本題的關鍵，屬于中檔題.15、【解析】

結合圖形可以發(fā)現，利用三角形中位線定理，將線段長度用坐標表示成圓的方程，與橢圓方程聯立可進一步求解.利用焦半徑及三角形中位線定理，則更為簡潔.【詳解】方法1：由題意可知，由中位線定理可得，設可得，聯立方程可解得（舍），點在橢圓上且在軸的上方，求得，所以方法2：焦半徑公式應用解析1：由題意可知，由中位線定理可得，即求得，所以.【點睛】本題主要考查橢圓的標準方程、橢圓的幾何性質、直線與圓的位置關系，利用數形結合思想，是解答解析幾何問題的重要途徑.16、【解析】由圖可知，當直線y＝kx在直線OA與x軸(不含它們)之間時，y＝kx與y＝f(x)的圖像有兩個不同交點，即方程有兩個不相同的實根．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）詳見解析；（2）.【解析】

（1）由直徑所對的圓周角為，可知，通過計算，利用勾股定理的逆定理可以判斷出為直角三角形，所以有.由已知可以證明出，這樣利用線面垂直的判定定理可以證明平面，利用面面垂直的判定定理可以證明出平面平面;（2）以為坐標原點，分別以垂直于平面向上的方向、向量所在方向作為軸、軸、軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，求出相應點的坐標，求出平面的一個法向量和平面的法向量，利用空間向量數量積運算公式，可以求出二面角的余弦值.【詳解】解：（1）證明：因為半圓弧上的一點，所以.在中，分別為的中點，所以，且.于是在中，，所以為直角三角形，且.因為，,所以.因為，，，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）由已知，以為坐標原點，分別以垂直于、向量所在方向作為軸、軸、軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，,,,.設平面的一個法向量為,則即，取,得.設平面的法向量,則即，取,得.所以，又二面角為銳角，所以二面角的余弦值為.【點睛】本題考查了利用線面垂直判定面面垂直、利用空間向量數量積求二面角的余弦值問題.18、（1）（2）證明見解析【解析】

（1），①當時，，②兩式相減即得數列的通項公式；（2）先求出，再利用裂項相消法求和證明.【詳解】（1）解：，①當時，．當時，，②由①-②，得，因為符合上式，所以．（2）證明：因為，所以．【點睛】本題主要考查數列通項的求法，考查數列求和，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.19、（1）（2）【解析】分析：（1）先求導，再令在上恒成立，得到上恒成立，利用基本不等式得到m的取值范圍.(2)先由得到，再求得，再構造函數再利用導數求其最小值.詳解：（1）由函數有意義，則由且不存在單調遞減區(qū)間，則在上恒成立，上恒成立（2）由知，令，即由有兩個極值點故為方程的兩根，，，則由由，則上單調遞減，即由知綜上所述，的最小值為.點睛：（1）本題主要考查利用導數求函數的單調區(qū)間和極值，考查利用導數求函數的最值，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.(2)本題的難點有兩個，其一是求出,其二是構造函數再利用導數求其最小值.20、（1）見解析；（2）【解析】

（1）要證明PC⊥面ADE，由已知可得AD⊥PC，只需滿足即可，從而得到點E為中點;（2）求出面ADE的法向量，面PAE的法向量，利用空間向量的數量積，求解二面角P﹣AE﹣D的余弦值．【詳解】（1）法一：要證明PC⊥面ADE，易知AD⊥面PDC，即得AD⊥PC，故只需即可，所以由,即存在點E為PC中點.法二：建立如圖所示的空間直角坐標系D－XYZ，由題意知PD＝CD＝1，，設，，，由，得，即存在點E為PC中點.（2）由（1）知，，，，，，設面ADE的法向量為，面PAE的法向量為由的法向量為得，得，同理求得所以，故所求二面角P－AE－D的余弦值為.【點睛】本題考查二面角的平面角的求法，考查直線與平面垂直的判定定理的應用，考查空間想象能力以及計算能力．21、（1）；（2）見解析；（3）見解析【解析】

（1）需滿足恒成立，只需即可；（2）根據的單調性，構造新函數，并令，根據的單調性即可得證；（3）將問題轉化為證明有唯一實數解，對求導，判斷其單調性，結合題目條件與不等式的放縮，即可得證．【詳解】；令，則恒成立；，；的取值范圍是；（2）證明：由（1）知，在上單調遞減，在上單調遞增；；令，；則；令，則；；；（3）證明：，，要證明有唯一實數解；當時，；當時，；即對于任意實數，一定有解；；當時，有兩個極值點；函數在，，上單調遞增，在上單調遞減；又；只需，在時恒成立；只需；令，其中一個正解是；，；單調遞增，，（1）；；；綜上得證．【點睛】本題考查了利用導數研究函數的單調性，考查了利用導數證明不等式，考查了轉化