/云南省紅河州、文山州2025屆高三第二次復習統一檢測數學試題一、單選題（本大題共8小題）1．已知集合，則（

）A． B． C． D．2．若，則的大小關系為（

）A． B．C． D．3．已知直線與雙曲線的一條漸近線平行，則的離心率是（

）A． B． C． D．4．設是兩條不同的直線，為平面，則下列說法正確的是（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則5．的展開式中按的升冪排列的第2項的系數為（

）A． B． C．32 D．806．定義.若函數，則關于的方程的根為（

）A．1 B． C．2 D．117．已知函數在上有且僅有一個極大值點，則在下列區間中單調遞增的是（

）A． B． C． D．8．某超市在春節期間舉行抽獎活動，在箱子里裝有個寫有“秋綏”的小球和5個寫有“冬禧”的小球，這些小球除文字外完全相同.顧客從中一次性抽取兩個小球，恰好抽出“秋綏”和“冬禧”視為中獎，其余情況均未中獎.設在連續3次抽獎中（每次抽完后將小球放回箱子再進行下一次抽獎）恰好中獎一次的概率為，則當取到最大值時的值為（

）A．15 B．20 C．25 D．30二、多選題（本大題共3小題）9．若復數滿足，則下列說法正確的是（

）A．B．C．在復平面內對應的點位于第三象限D．若復數，且，則在復平面內對應點的軌跡是以為圓心，1為半徑的圓10．在棱長為2的正方體中，分別為棱的中點，為正方形內一個動點（包括邊界），且平面，則下列說法正確的是（

）A．四點共面B．C．動點的軌跡長度為D．三棱錐體積的最小值為11．任取一個正整數，若是奇數，就將該數乘3再加上1；若是偶數，就將該數除以2.反復進行上述兩種運算經過有限次步驟后，必進入循環圈.這就是數學史上著名的“冰雹猜想”（又稱“角谷猜想”等）.如取正整數，根據上述運算法則得出，共需要8個步驟變成1（簡稱為8步“雹程”）.現給出“冰雹猜想”的遞推關系如下：已知數列滿足：（為正整數），.記數列的前項和為，若，則（

）A．或32 B．C．當最小時的“雹程”是2步 D．或4747三、填空題（本大題共3小題）12．已知向量，若，則實數.13．已知冪函數，寫出一個使得不等式成立的自然數的值.14．若直線與曲線沒有公共點，則實數的取值范圍是.四、解答題（本大題共5小題）15．在三角形中，角的對邊分別為，已知.(1)求角；(2)若，設為的中點，且，求三角形的周長.16．已知橢圓的焦距為，拋物線的焦點是的一個頂點.(1)求拋物線的標準方程：(2)若直線與交于兩點，且點為線段的中點.（i）求直線的方程；（ii）若為坐標原點，求的面積.17．如圖，在四棱臺中，底面是正方形，平面，.(1)求證：平面；(2)求直線到平面的距離；(3)若點是平面內的動點，且滿足，設直線與平面所成角為，求的最大值.18．有個編號分別是的不透明的罐子里裝有除顏色外完全相同的糖果.第1個罐子中裝有3顆紅色糖果和2顆綠色糖果，其余罐子中都裝有2顆紅色糖果和2顆綠色糖果.現先從第1個罐子中隨機取出一顆糖果放入第2個罐子，再從第2個罐子中隨機取出一顆糖果放入第3個罐子，依此類推，直至從第個罐子中隨機取出一顆糖果.設事件表示從第個罐子中取出紅色糖果，記事件發生的概率為.(1)求的值；(2)求的值，并證明：當時，；(3)求（用含的式子表達）.19．牛頓迭代法（Newton＇smethod）是牛頓在17世紀提出的一種用導數求方程近似解的方法，其過程如下：如圖，設是函數的零點，選取作為的初始近似值，在點處作的切線的方程為，若，則與軸交點的橫坐標滿足：又在點處作的切線的方程為，若，則與軸交點的橫坐標滿足；重復以上過程，得到一個零點近似值序列：.已知函數，現選取作為的零點初始近似值，運用牛頓迭代法得到方程的一個零點近似值序列：，滿足.(1)當時，求的值；(2)設.（i）當時，若且，求證：；（參考不等式：）（ii）若有兩個不相等的零點，求實數的取值范圍.

參考答案1．【答案】C【詳解】因為集合或，而，所以.故選：C.2．【答案】B【詳解】由函數在上單調遞增，可得，即，又因為，所以.故選:B.3．【答案】A【詳解】由題可知，則，所以離心率.故選：A.4．【答案】C【詳解】對于A，若，則或或與相交，故A錯誤；對于B，若，則或，故B錯誤；對于C，若，則，故C正確；對于D，若，則或與相交或與異面，故D錯誤.故選：C.5．【答案】A【詳解】依題意，按的升冪排列的第2項是含的項，其系數是.故選：A.6．【答案】D【詳解】由題意可知，的定義域為，由，得，即，解得：.故選：D.7．【答案】B【詳解】，，，當時，，因為在上有且僅有一個極大值點，所以，又，所以或，由，得，當時，解得，當時，解得，當時，符合題意.故選：B.8．【答案】B【詳解】依題意，單次抽獎中獎的概率，則連續3次抽獎中恰好中獎一次的概率，令，求導得，當時，，當時，，函數在上單調遞增，在上單調遞減，當時，取得最大值，因此當取最大值時，，而，解得，所以當取到最大值時的值為.故選：B9．【答案】ACD【詳解】對于A，由，得，則.故A正確；對于B，由得，故B錯誤；對于C，由得復數對應的點為，位于第三象限，故C正確；對于D，由得，則，即，故在復平面內對應的軌跡是以為圓心，1為半徑的圓，故D正確.故選：ACD.10．【答案】ABD【詳解】對于A，連接，可得，又因為，所以，則四點共面.故A正確；對于B，以A為坐標原點，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，由，得，即.故B正確；對于C，分別取的中點為，連接，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，則平面，又因為為正方形內一個動點（包括邊界），所以點的軌跡為平面平面，而.故C錯誤；對于D，因為平面，所以平面，故，要使三棱錐體積最小，只需三角形面積最小，即當點與重合時，三角形面積最小，此時三棱錐的體積取得最小值.故D正確.故選：ABD.11．【答案】BC【詳解】對于A，因為，所以；或；或，，即或5或4，故A錯誤；對于B，因為，所以從開始，周期為3，又，所以，故B正確；對于C，由A選項得的最小值為4，故雹程是2步，故C正確；對于D，當時，；當時，；當時，，故D錯誤.故選：BC.12．【答案】【詳解】因為向量，，則，即.故答案為：.13．【答案】3或4（寫對一個即可）【詳解】因為為冪函數，所以，解得，則，不等式可化為，解得，所以符合條件的自然數可以是3或4.故答案為：3或4（寫對一個即可）14．【答案】【詳解】當時，，即；當時，，即.如圖：

直線恒過，記，則，，當與相切時，，解得，當與相切時，，解得，結合圖象可知，實數的取值范圍是.故答案為：15．【答案】(1)(2).【詳解】（1）因為，所以，則，化簡得，，因為，所以，即.又因為，所以；（2）因為為中點，所以，兩邊平方可得，，即①在中，由余弦定理得②聯立①②可得，，所以，故.所以的周長為.16．【答案】(1)(2)（i）；（ii）.【詳解】（1）由題知，可求得，所以，故，即，所以拋物線的方程為；（2）如圖，（i）由題意，設，代入拋物線方程，可得，兩式相減可得，即，由可得，故，又由點為線段的中點且點在拋物線內，所以直線的方程為，即.（ii）聯立，得，其中，故，所以，又因為到直線的距離，所以的面積.17．【答案】(1)證明見解析(2).(3)【詳解】（1）證明：連接交于點，再連接，如圖，把四棱臺補成四棱錐，由棱臺的性質，得，又因為，所以分別為的中點，在中，因為分別為的中點，所以，即，又平面平面，所以平面；（2）由（1）知平面，故直線到平面的距離即為點到平面的距離.以為坐標原點，以的方向分別為軸，軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標系，則，.設為平面的一個法向量，則，即，令，則，所以，設點到平面的距離為，則，故直線到平面的距離為.（3）設點，因為，所以，化簡得，則點到直線的距離為.連接，因為平面，所以是在平面內的射影，故就是與平面所成的角，則，當時，的值最大，故的最大值為.18．【答案】(1)；(2)，證明見解析；(3).【詳解】（1）在第一個罐子中共有糖果顆，其中紅色糖果有3顆，根據古典概型概率公式，（2）由（1）知，，所以，當時，由全概率公式，得所以即；（3）記，由（2）知遞推關系式，變形為，又，所以數列是以為首項，為公比的等比數列，所以，則即.19．【答案】(1)(2)（i）證明見解析；（ii）.【詳解】（1）當時，由解得故；（2）（i）由題意得，則，所以，因為，所以，由且得，移項可得，則有，又因為，所以，可得，又由，故.得證.（ii）由（i）得，則，當時，在上恒成立，即在上單調遞增，故在上不存在兩個零點，此時不滿足題意；當時，令，解得，令解得，故在單調遞增，令解得，故在單調遞減，所以在處取最大值；因為有兩個零點，且當趨近于0時，趨近于時，，所以，解得，即.綜上