云南省楚雄市古城二中2025屆高三第四次模擬考試數學試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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．如圖，正方形網格紙中的實線圖形是一個多面體的三視圖，則該多面體各表面所在平面互相垂直的有（）A．2對 B．3對C．4對 D．5對2．拋物線的焦點為，則經過點與點且與拋物線的準線相切的圓的個數有（）A．1個 B．2個 C．0個 D．無數個3．若直線y＝kx＋1與圓x2＋y2＝1相交于P、Q兩點，且∠POQ＝120°(其中O為坐標原點)，則k的值為()A． B． C．或－ D．和－4．已知函數是定義在上的奇函數，函數滿足，且時，，則（）A．2 B． C．1 D．5．下列函數中，既是偶函數又在區(qū)間上單調遞增的是（）A． B． C． D．6．已知復數z=2i1-i，則A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限7．已知定義在上的偶函數滿足，且在區(qū)間上是減函數，令，則的大小關系為（）A． B．C． D．8．平行四邊形中，已知，，點、分別滿足，，且，則向量在上的投影為（）A．2 B． C． D．9．已知是等差數列的前項和，若，，則（）A．5 B．10 C．15 D．2010．中國古代數學著作《孫子算經》中有這樣一道算術題：“今有物不知其數，三三數之余二，五五數之余三，問物幾何？”人們把此類題目稱為“中國剩余定理”，若正整數除以正整數后的余數為，則記為，例如．現將該問題以程序框圖的算法給出，執(zhí)行該程序框圖，則輸出的等于（）．A． B． C． D．11．雙曲線的右焦點為，過點且與軸垂直的直線交兩漸近線于兩點，與雙曲線的其中一個交點為，若，且，則該雙曲線的離心率為()A． B． C． D．12．設等差數列的前n項和為，若，則（）A． B． C．7 D．2二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數，若函數有個不同的零點，則的取值范圍是___________．14．已知雙曲線的右準線與漸近線的交點在拋物線上，則實數的值為___________.15．在等差數列（）中，若，，則的值是______.16．若橢圓：的一個焦點坐標為，則的長軸長為_______．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）在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數，將曲線經過伸縮變換后得到曲線.在以原點為極點，軸正半軸為極軸的極坐標系中，直線的極坐標方程為.（1）說明曲線是哪一種曲線，并將曲線的方程化為極坐標方程；（2）已知點是曲線上的任意一點，又直線上有兩點和，且，又點的極角為，點的極角為銳角.求：①點的極角；②面積的取值范圍.18．（12分）已知數列的前項和為，且點在函數的圖像上；（1）求數列的通項公式；（2）設數列滿足：，，求的通項公式；（3）在第（2）問的條件下，若對于任意的，不等式恒成立，求實數的取值范圍；19．（12分）在直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數）．以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為．（1）求和的直角坐標方程；（2）已知為曲線上的一個動點，求線段的中點到直線的最大距離．20．（12分）已知函數.（1）求不等式的解集；（2）若函數的最大值為，且，求的最小值.21．（12分）某超市在節(jié)日期間進行有獎促銷，規(guī)定凡在該超市購物滿400元的顧客，均可獲得一次摸獎機會.摸獎規(guī)則如下：獎盒中放有除顏色不同外其余完全相同的4個球（紅、黃、黑、白）.顧客不放回的每次摸出1個球，若摸到黑球則摸獎停止，否則就繼續(xù)摸球.按規(guī)定摸到紅球獎勵20元，摸到白球或黃球獎勵10元，摸到黑球不獎勵.（1）求1名顧客摸球2次摸獎停止的概率；（2）記X為1名顧客摸獎獲得的獎金數額，求隨機變量X的分布列和數學期望.22．（10分）如圖，四棱錐中，底面ABCD為菱形，平面ABCD，BD交AC于點E，F是線段PC中點，G為線段EC中點．Ⅰ求證：平面PBD；Ⅱ求證：．

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】

畫出該幾何體的直觀圖，易證平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，從而可選出答案．【詳解】該幾何體是一個四棱錐，直觀圖如下圖所示，易知平面平面，作PO⊥AD于O，則有PO⊥平面ABCD，PO⊥CD，又AD⊥CD，所以，CD⊥平面PAD，所以平面平面，同理可證：平面平面，由三視圖可知：PO＝AO＝OD，所以，AP⊥PD，又AP⊥CD，所以，AP⊥平面PCD，所以，平面平面，所以該多面體各表面所在平面互相垂直的有4對．【點睛】本題考查了空間幾何體的三視圖，考查了四棱錐的結構特征，考查了面面垂直的證明，屬于中檔題．2、B【解析】

圓心在的中垂線上，經過點，且與相切的圓的圓心到準線的距離與到焦點的距離相等，圓心在拋物線上，直線與拋物線交于2個點，得到2個圓．【詳解】因為點在拋物線上，又焦點，，由拋物線的定義知，過點、且與相切的圓的圓心即為線段的垂直平分線與拋物線的交點，這樣的交點共有2個，故過點、且與相切的圓的不同情況種數是2種．故選：．【點睛】本題主要考查拋物線的簡單性質，本題解題的關鍵是求出圓心的位置，看出圓心必須在拋物線上，且在垂直平分線上．3、C【解析】

直線過定點，直線y=kx+1與圓x2+y2=1相交于P、Q兩點，且∠POQ=120°（其中O為原點），可以發(fā)現∠QOx的大小，求得結果．【詳解】如圖，直線過定點（0，1），∵∠POQ=120°∴∠OPQ=30°，?∠1=120°，∠2=60°，∴由對稱性可知k=±．故選C．【點睛】本題考查過定點的直線系問題，以及直線和圓的位置關系，是基礎題．4、D【解析】

說明函數是周期函數，由周期性把自變量的值變小，再結合奇偶性計算函數值．【詳解】由知函數的周期為4，又是奇函數，，又，∴，∴．故選：D．【點睛】本題考查函數的奇偶性與周期性，掌握周期性與奇偶性的概念是解題基礎．5、C【解析】

結合基本初等函數的奇偶性及單調性，結合各選項進行判斷即可.【詳解】A：為非奇非偶函數，不符合題意；B：在上不單調，不符合題意；C：為偶函數，且在上單調遞增，符合題意；D：為非奇非偶函數，不符合題意.故選：C.【點睛】本小題主要考查函數的單調性和奇偶性，屬于基礎題.6、C【解析】分析：根據復數的運算，求得復數z，再利用復數的表示，即可得到復數對應的點，得到答案．詳解：由題意，復數z=2i1-i所以復數z在復平面內對應的點的坐標為(-1,-1)，位于復平面內的第三象限，故選C．點睛：本題主要考查了復數的四則運算及復數的表示，其中根據復數的四則運算求解復數z是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力．7、C【解析】

可設，根據在上為偶函數及便可得到：，可設，，且，根據在上是減函數便可得出，從而得出在上單調遞增，再根據對數的運算得到、、的大小關系，從而得到的大小關系.【詳解】解：因為，即，又，設，根據條件，，；若，，且，則：；在上是減函數；；；在上是增函數；所以，故選：C【點睛】考查偶函數的定義，減函數及增函數的定義，根據單調性定義判斷一個函數單調性的方法和過程：設，通過條件比較與，函數的單調性的應用，屬于中檔題.8、C【解析】

將用向量和表示，代入可求出，再利用投影公式可得答案.【詳解】解：，得，則向量在上的投影為.故選：C.【點睛】本題考查向量的幾何意義，考查向量的線性運算，將用向量和表示是關鍵，是基礎題.9、C【解析】

利用等差通項，設出和，然后，直接求解即可【詳解】令，則，，∴，，∴.【點睛】本題考查等差數列的求和問題，屬于基礎題10、C【解析】從21開始，輸出的數是除以3余2，除以5余3，滿足條件的是23，故選C.11、D【解析】

根據已知得本題首先求出直線與雙曲線漸近線的交點，再利用，求出點，因為點在雙曲線上，及，代入整理及得，又已知，即可求出離心率．【詳解】由題意可知，代入得：，代入雙曲線方程整理得：，又因為，即可得到，故選：D．【點睛】本題主要考查的是雙曲線的簡單幾何性質和向量的坐標運算，離心率問題關鍵尋求關于，，的方程或不等式，由此計算雙曲線的離心率或范圍，屬于中檔題．12、B【解析】

根據等差數列的性質并結合已知可求出，再利用等差數列性質可得，即可求出結果．【詳解】因為，所以，所以，所以，故選：B【點睛】本題主要考查等差數列的性質及前項和公式，屬于基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

作出函數的圖象及直線，如下圖所示，因為函數有個不同的零點，所以由圖象可知，，，所以．14、【解析】

求出雙曲線的漸近線方程，右準線方程，得到交點坐標代入拋物線方程求解即可．【詳解】解：雙曲線的右準線，漸近線，雙曲線的右準線與漸近線的交點，交點在拋物線上，可得：，解得．故答案為．【點睛】本題考查雙曲線的簡單性質以及拋物線的簡單性質的應用，是基本知識的考查，屬于基礎題．15、-15【解析】

是等差數列，則有，可得的值，再由可得，計算即得.【詳解】數列是等差數列，，又，，，故.故答案為：【點睛】本題考查等差數列的性質，也可以由已知條件求出和公差，再計算.16、【解析】

由焦點坐標得從而可求出，繼而得到橢圓的方程，即可求出長軸長.【詳解】解：因為一個焦點坐標為，則，即，解得或由表示的是橢圓，則，所以，則橢圓方程為所以.故答案為:.【點睛】本題考查了橢圓的標準方程，考查了橢圓的幾何意義.本題的易錯點是忽略，從而未對的兩個值進行取舍.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）曲線為圓心在原點，半徑為2的圓.的極坐標方程為（2）①②【解析】

（1）求得曲線伸縮變換后所得的參數方程，消參后求得的普通方程，判斷出對應的曲線，并將的普通方程轉化為極坐標方程.（2）①將的極角代入直線的極坐標方程，由此求得點的極徑，判斷出為等腰三角形，求得直線的普通方程，由此求得，進而求得，從而求得點的極角.②解法一：利用曲線的參數方程，求得曲線上的點到直線的距離的表達式，結合三角函數的知識求得的最小值和最大值，由此求得面積的取值范圍.解法二：根據曲線表示的曲線，利用圓的幾何性質求得圓上的點到直線的距離的最大值和最小值，進而求得面積的取值范圍.【詳解】（1）因為曲線的參數方程為（為參數），因為則曲線的參數方程所以的普通方程為.所以曲線為圓心在原點，半徑為2的圓.所以的極坐標方程為，即.（2）①點的極角為，代入直線的極坐標方程得點極徑為，且，所以為等腰三角形，又直線的普通方程為，又點的極角為銳角，所以，所以，所以點的極角為.②解法1：直線的普通方程為.曲線上的點到直線的距離.當，即（）時，取到最小值為.當，即（）時，取到最大值為.所以面積的最大值為；所以面積的最小值為；故面積的取值范圍.解法2：直線的普通方程為.因為圓的半徑為2，且圓心到直線的距離，因為，所以圓與直線相離.所以圓上的點到直線的距離最大值為，最小值為.所以面積的最大值為；所以面積的最小值為；故面積的取值范圍.【點睛】本小題考查坐標變換，極徑與極角；直線，圓的極坐標方程，圓的參數方程，直線的極坐標方程與普通方程，點到直線的距離等.考查數學運算能力，包括運算原理的理解與應用、運算方法的選擇與優(yōu)化、運算結果的檢驗與改進等.也兼考了數學抽象素養(yǎng)、邏輯推理、數學運算、直觀想象等核心素養(yǎng).18、（1）（2）當n為偶數時，；當n為奇數時，.（3）【解析】

（1）根據,討論與兩種情況,即可求得數列的通項公式;（2）由（1）利用遞推公式及累加法,即可求得當n為奇數或偶數時的通項公式.也可利用數學歸納法,先猜想出通項公式,再用數學歸納法證明.（3）分類討論,當n為奇數或偶數時,分別求得的最大值,即可求得的取值范圍.【詳解】（1）由題意可知,.當時,,當時,也滿足上式.所以.（2）解法一：由（1）可知,即.當時,,①當時,,所以,②當時,,③當時,,所以,④……當時,n為偶數當時,n為偶數所以以上個式子相加,得.又,所以當n為偶數時,.同理,當n為奇數時,,所以,當n為奇數時,.解法二：猜測：當n為奇數時,.猜測：當n為偶數時,.以下用數學歸納法證明：,命題成立；假設當時,命題成立；當n為奇數時,,當時,n為偶數,由得故,時,命題也成立.綜上可知,當n為奇數時同理,當n為偶數時,命題仍成立.（3）由（2）可知.①當n為偶數時,,所以隨n的增大而減小從而當n為偶數時,的最大值是.②當n為奇數時,,所以隨n的增大而增大,且.綜上,的最大值是1.因此,若對于任意的,不等式恒成立,只需,故實數的取值范圍是.【點睛】本題考查了累加法求數列通項公式的應用,分類討論奇偶項的通項公式及求和方法,數學歸納法證明數列的應用,數列的單調性及參數的取值范圍,屬于難題.19、（1）．．（2）最大距離為．【解析】

（1）直接利用極坐標方程和參數方程的公式計算得到答案.（2）曲線的參數方程為，設，計算點到直線的距離公式得到答案.【詳解】（1）由，得，則曲線的直角坐標方程為，即．直線的直角坐標方程為．（2）可知曲線的參數方程為（為參數），設，，則到直線的距離為，所以線段的中點到直線的最大距離為．【點睛】本題考查了極坐標方程，參數方程，距離的最值問題，意在考查學生的計算能力.20、（1）（2）【解析】

（1）化簡得到，分類解不等式得到答案.（2）的最大值，，利用均值不等式計算得到答案.【詳解