云南省昆明市2025届高三“三诊一模”摸底诊断测试数学试题
1．（2025·昆明模拟）已知向量，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·昆明模拟）复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（2025·昆明模拟）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·昆明模拟）某次测试成绩，记成绩分以上为优秀，则此次测试的优秀率约为（ ）
参考数据：若，则，.
A． B． C． D．
5．（2025·昆明模拟）已知函数（），实数，满足，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·昆明模拟）已知点，，动点满足，当点的纵坐标是时，点到坐标原点的距离是（ ）
A． B． C． D．
7．（2025·昆明模拟）已知一个圆锥的顶点和底面圆都在球的球面上，若圆锥的母线与球的半径之比为，则圆锥与球的体积之比等于（ ）
A． B． C． D．
8．（2025·昆明模拟）从几何体的某一顶点开始，沿着棱不间断、不重复地画完所有棱的画法称为“一笔画”．下列几何体可以“一笔画”的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2025·昆明模拟）设是一个随机试验中的两个事件，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2025·昆明模拟）已知函数，则（ ）
A．图象关于轴对称 B．是的一个周期
C．在单调递减 D．图象恒在轴的上方
11．（2025·昆明模拟）“四叶草”形态优美、寓意美好．已知曲线，其形态极像“四叶草”，设为坐标原点，为上异于原点的一点，过点作直线的垂线交坐标轴于，两点，则（ ）
A．有4条对称轴 B．围成的面积大于
C． D．的面积最大值为4
12．（2025·昆明模拟）已知函数满足，则实数 ．
13．（2025·昆明模拟）围棋是世界上最古老的棋类游戏之一．一副围棋的棋子分黑白两种颜色，现有枚黑色棋子和枚白色棋子随机排成一行，每枚棋子排在每个位置可能性相等，则两端是同色棋子的概率为 ．
14．（2025·昆明模拟）已知函数，曲线在，两点（不重合）处的切线互相垂直，垂足为，两切线分别交轴于，两点，设△面积为，若恒成立，则的最小值为 ．
15．（2025·昆明模拟）已知内角所对的边分别为，．
（1）求；
（2）若，，求的周长．
16．（2025·昆明模拟）已知抛物线的焦点为，直线过与交于，两点，为坐标原点，直线交的准线于点．
（1）当的倾斜角为时，求；
（2）求直线的斜率；
（3）若，，，四点共圆，求该圆的半径．
17．（2025·昆明模拟）如图，四棱台的底面为正方形，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若侧面为等腰梯形，.
（i）证明：平面平面；
（ii）求平面和平面夹角的余弦值．
18．（2025·昆明模拟）已知函数（）．
（1）若，求的极值；
（2）讨论的单调性．
19．（2025·昆明模拟）已知数列，，，是的前项和.
（1）证明：数列为等差数列；
（2）求；
（3）若，记数列的前项和为，证明：．
参考数据：.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】向量的模
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
所以.
故答案为：D.
【分析】先求出向量的坐标，再根据向量的模的坐标表示，从而得出的值.
2．【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：化简复数，
对于复数，实部，虚部，
因为实部，虚部，所以复数在复平面内对应的点在第一象限.
故答案为：A.
【分析】先要将复数化简为的形式，其中为实部，为虚部，根据复数的运算法则进行化简，再根据实部和虚部的正负确定其在复平面内对应的点所在的象限.
3．【答案】D
【知识点】元素与集合的关系；交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，又因为，
所以，则.
故答案为：D.
【分析】先根据一次函数求值域的方法求出集合B，再根据交集的运算法则得出集合，则由元素与集合的关系，从而找出正确的选项.
4．【答案】B
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为，所以由正态分布性质得120分以上的概率为，
故优秀率约为.
故答案为：B.
【分析】根据正态分布对应的概率密度函数图象的对称性，再结合题中的参考数据和概率之和等于1的性质，从而得出此次测试的优秀率.
5．【答案】B
【知识点】有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：根据题意，可得，可得，
.
故答案为：B.
【分析】由已知条件代入函数解析式，再结合指数幂的运算法则可得的值，从而代入函数解析式得出的值.
6．【答案】A
【知识点】平面内两点间的距离公式；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：设，由，得点的轨迹是以为焦点，
因为实轴长为2的双曲线右支，则方程为，
当时，，
所以点到坐标原点的距离是.
故答案为：A
【分析】根据已知条件结合双曲线的定义，从而求出点的轨迹方程，再根据代入法点P的纵坐标求出点的坐标，再结合两点距离公式得出当点的纵坐标是时的点到坐标原点的距离.
7．【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥底面半径和高分别为，
则母线，
显然球为圆锥外接球，设半径为R，
由，可得.
又因为圆锥的母线与球的半径之比为，即.
联立可得，将代入，可得，
将和代入，可得. ，
再求圆锥体积与球体积之比：圆锥体积，球的体积，
则. 把，代入上式可得.
故答案为：C.
【分析】先根据已知条件画出草图，从而建立等式关系，再逐步推导出圆锥和球的相关参数，最后由圆锥和球的体积公式，从而求出圆锥与球的体积之比.
8．【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；简单组合体的结构特征
【解析】【解答】解：从一顶点出发的边数为双数的顶点叫偶点，凡是偶点组成的图形一定可以一笔画，
故C正确；
从一顶点出发的边数为单数的顶点叫奇点，凡是奇点组成的图形，
必须满足只有两个奇点，其余点为偶点才可以一笔画，
因为选项A、选项B、选项D的图形中，每个点都是奇点，所以不能一笔画.
故答案为：C.
【分析】根据一笔画的要求，先找到都是偶点的图形，一定可以一笔画，再验证奇点的图形是否符合一笔画的条件，从而找出可以“一笔画”的几何体.
9．【答案】A,B,C
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率
【解析】【解答】解：因为，，，
所以，故A正确；
因为，故B正确；
因为，
所以，故C正确；
因为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据对立事件求概率公式，则判断选项A；根据条件概率公式判断出选项B；根据全概率公式判断出选项C；根据和事件的概率公式判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】函数的图象；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为函数的定义域为，又因为
所以为偶函数，则图象关于轴对称，故A正确；
因为，
所以是的一个周期，故B正确；
因为，
，
又因为，所以，所以且在定义域上连续，
所以在不可能单调递减，故C错误；
因为，
当时，且，
又因为，
所以，即，
由在上单调递增，所以，
所以；
当时，且，
又因为，
所以，即，
由在上单调递增，
所以，
所以，
综上可得：对，恒成立，即图象恒在轴的上方，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据偶函数的定义判断出选项A；计算判断出选项B；利用特殊值法判断出选项C；根据正弦函数图象的单调性和诱导公式以及不等式恒成立问题求解方法，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；直线和圆的方程的应用；图形的对称性；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：依题意，如图所示：
对于A，将换为方程不变，所以曲线关于轴对称；
将换为方程不变，所以曲线关于轴对称；
将换为，换为方程不变，所以曲线关于对称；
将换为，换为方程不变，所以曲线关于对称，
所以曲线有4条对称轴，故A正确；
对于B，，则，
所以曲线包含在圆的内部，
因为圆的面积为，所以曲线的面积小于，故B错误；
对于C，设点，则，且，
所以直线，即，
令，得，即；
令，得，即，
由，可得，，
，故C正确；
对于D，由选项C可知，，
又因为，则，
，
当且仅当点在圆上时等号成立，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】通过方程中的变换得出新曲线的对称轴，则判断出选项A；由该曲线在以原点为圆心，半径为2的圆内，故该曲线的面积小于圆的面积，则判断出选项B；设点，再利用已知条件求出直线的方程，再结合赋值法得出点的坐标，则根据求解判断出选项C；由结合，再利用三角形的面积公式得出的面积最大值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】1
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】解：因为函数满足，
则，即，
所以，所以，解得，经检验符合题意.
故答案为：.
【分析】根据推导出，从而得到，进而解出a的值.
13．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：若两端的棋子颜色不同，
那么两端的棋子的颜色分布有种可能，中间的棋子的颜色分布有种可能，
所以两端棋子颜色不同的概率为，故两端是同色棋子的概率为.
故答案为：.
【分析】先根据题意计算出两端棋子颜色不同的概率，再结合组合数公式得出中间的棋子的颜色分布，则根据古典概率公式和对立事件求概率公式，从而得出两端是同色棋子的概率.
14．【答案】1
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究曲线上某点切线方程；基本不等式在最值问题中的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由函数，
设，，，
对求导得，所以在点处切线；
对求导得，所以在点处切线，
因为两切线垂直，则，所以，此时，
因为，即，所以，，则，
由，因为，，
则，解得，
因为，
又因为，，所以，
由恒成立，则.则的最小值为1.
故答案为：1.
【分析】先根据已知条件求出的值，从而得到的值，再求出，则根据的取值范围得出的取值范围，最后根据恒成立求出的最小值.
15．【答案】（1）解：由正弦定理和二倍角公式得，
因为，所以，，
故，所以.
（2）解：由，得，则，
由余弦定理得，
所以，故，
所以周长为.
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；二倍角的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角的方法和二倍角的正弦公式化简，再结合三角形中角A和角B的取值范围和三角函数值在各象限的符号，从而得出角A的余弦值，进而得出角A的值.
（2）由和数量积的定义得出的值，再结合余弦定理得出的值，最后由三角形的周长公式得出的周长.
（1）由正弦定理及二倍角公式得，
因为，所以，，故，
所以.
（2）由，得，则，
由余弦定理得，
所以，故，
所以周长为.
16．【答案】（1）解：由题意知，抛物线焦点坐标为，直线的方程为，
联立，则，
所以，，
所以 .
（2）解：设直线的方程为，，，
联立，，
所以，，所以，
则直线方程为，
所以点的纵坐标为，
所以，直线的斜率为0.
（3）解：由题意知，，，，，
不妨设在第一象限，因为，，，四点共圆，直线平行轴，
故可设圆心坐标为，圆半径为，
，即，所以，
则，解得，
故，所以.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）先将直线方程与抛物线方程联立，再根据韦达定理和弦长公式计算出的值.
（2）先求出、两点坐标，再将直线与准线方程联立求出点坐标，再结合直线与抛物线方程求出点的坐标.
（3）若，，，四点共圆，则根据圆内接四边形的性质求出相关关系，从而求出圆的半径.
（1）由题意知，抛物线焦点坐标为，直线的方程为，
联立，则，所以，，
所以 .
（2）设直线的方程为，，，
联立，，所以，，所以，
直线方程为，所以点的纵坐标为，
所以，直线的斜率为0.
（3）由题意知，，，，，不妨设在第一象限，
因为，，，四点共圆，直线平行轴，故可设圆心坐标为，圆半径为，
，即，所以，
，
解得，故，所以.
17．【答案】（1）证明：取中点为，连结，，、
由为的中点得，，
在四棱台中，由已知条件得，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，则，
又因为平面，平面，
所以平面．
（2）证明：（i）因为，
所以，
所以，即，
又因为，，平面，
所以平面，
由平面，故平面平面.
解：（ii）过点作直线平面，
以为坐标原点建立如图坐标系，
不妨设，则，
因为平面平面且侧面为等腰梯形，
易求得四棱台的高为，
则，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
则由，得，
令，得平面的一个法向量为，
同理，得平面的一个法向量为，
设平面和平面的夹角为，
则，
所以平面和平面夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取中点为，先证出四边形为平行四边形，从而得出，再利用线面平行的判定定理证出平面.
（2）（i）由勾股定理可得，即，再利用证出平面，由面面垂直的判断定理证出平面平面.
（ii）过点作直线平面，以为坐标原点建立如图的空间直角坐标系，再根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面和平面的法向量，再根据数量积求向量夹角公式得出平面和平面夹角的余弦值．
（1）取中点为，连结，，由为的中点得，，
在四棱台中，由已知得，，所以，，
所以四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，
所以平面．
（2）（i）因为，所以，
所以，即，
又，，平面，
所以平面，
由平面，故平面平面.
（ii）过点作直线平面，以为坐标原点建立如图坐标系，
不妨设，则，
因为平面平面，且侧面为等腰梯形，易求得四棱台的高为，
则，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
则由，得，
令，得平面的一个法向量为，
同理，得平面的一个法向量为，
设平面和平面的夹角为，则，
所以平面和平面夹角的余弦值为．
18．【答案】（1）解：当时，，定义域为，
则，
由，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以有极小值，无极大值，极小值为.
（2）解：，
①当时，，，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减；
②当时，，，，
则，
当时，，，
，单调递增，
当时，，，
，单调递减，
当时，，，
，单调递增；
③当时，，在上单调递增；
④当时，，，，
当时，，，
，单调递增，
当时，，，
，单调递减，
当时，，，
，单调递增；
⑤当时，，
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，在结合求导的方法判断函数的单调性，从而得出函数的极值.
（2）先求出，分、、、和五种情况讨论，再结合导数判断函数的单调性的方法，从而讨论出函数的单调性．
（1）时，，定义域为，
，由得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以有极小值，无极大值，极小值为；
（2），
①当时，，，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减；
②当时，，，，
，
时，，，，单调递增，
时，，，，单调递减，
时，，，，单调递增；
③当时，，在上单调递增；
④当时，，，，
时，，，，单调递增，
时，，，，单调递减，
时，，，，单调递增；
⑤当时，，
时，，，单调递减，
时，，，单调递增.
19．【答案】（1）证明：由题意，得，
又因为，所以数列是以为首项，为公差的等差数列.
（2）解：由（1）可知，故，
因为，
则，
两式相减得，
，
所以.
（3）证明：由（2）可知
所以数列中的奇数项（），
偶数项，（），
则，
由于，则，
所以，则，
所以，
由于
，
构造函数，，
所以，则在上单调递减.
所以，当时，则，
即任意，，即在恒成立，
令，，
则，即，，
所以，，，.
以上各式相加得，
，
即，
所以.
【知识点】等差数列概念与表示；数列的求和；反证法与放缩法
【解析】【分析】（1）根据已知条件和递推公式以及等差数列的定义，从而证出数列为等差数列.
（2） 由（1）结合等差数列的通项公式得出数列的通项公式，从而得出数列的通项公式，再结合错位相减法得出.
（3）利用（2）中结合得出数列的通项公式，再分奇数项、偶数项两种情况结合求和公式得出，再构造函数，，则根据求导判断函数单调性的方法，从而得出函数的值域，再结合不等式恒成立问题求解方法和放缩法、累加法以及对数的运算法则，从而证出不等式成立.
（1）由题，得；
又，所以数列是以为首项，为公差的等差数列.
（2）由（1）可知，故.
，
则，
两式相减得，
，
所以.
（3）由（2）可知
所以数列中的奇数项（），
偶数项，（），.
由于，则，所以，则，
所以.
由于
.
构造函数，，
所以，则在上单调递减.
所以当时，则，
即任意，，即在恒成立.
令，，则，即，，
所以，，，.
以上各式相加得，
，即.
所以.
云南省昆明市2025届高三“三诊一模”摸底诊断测试数学试题
1．（2025·昆明模拟）已知向量，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】向量的模
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
所以.
故答案为：D.
【分析】先求出向量的坐标，再根据向量的模的坐标表示，从而得出的值.
2．（2025·昆明模拟）复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：化简复数，
对于复数，实部，虚部，
因为实部，虚部，所以复数在复平面内对应的点在第一象限.
故答案为：A.
【分析】先要将复数化简为的形式，其中为实部，为虚部，根据复数的运算法则进行化简，再根据实部和虚部的正负确定其在复平面内对应的点所在的象限.
3．（2025·昆明模拟）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】元素与集合的关系；交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，又因为，
所以，则.
故答案为：D.
【分析】先根据一次函数求值域的方法求出集合B，再根据交集的运算法则得出集合，则由元素与集合的关系，从而找出正确的选项.
4．（2025·昆明模拟）某次测试成绩，记成绩分以上为优秀，则此次测试的优秀率约为（ ）
参考数据：若，则，.
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为，所以由正态分布性质得120分以上的概率为，
故优秀率约为.
故答案为：B.
【分析】根据正态分布对应的概率密度函数图象的对称性，再结合题中的参考数据和概率之和等于1的性质，从而得出此次测试的优秀率.
5．（2025·昆明模拟）已知函数（），实数，满足，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：根据题意，可得，可得，
.
故答案为：B.
【分析】由已知条件代入函数解析式，再结合指数幂的运算法则可得的值，从而代入函数解析式得出的值.
6．（2025·昆明模拟）已知点，，动点满足，当点的纵坐标是时，点到坐标原点的距离是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面内两点间的距离公式；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：设，由，得点的轨迹是以为焦点，
因为实轴长为2的双曲线右支，则方程为，
当时，，
所以点到坐标原点的距离是.
故答案为：A
【分析】根据已知条件结合双曲线的定义，从而求出点的轨迹方程，再根据代入法点P的纵坐标求出点的坐标，再结合两点距离公式得出当点的纵坐标是时的点到坐标原点的距离.
7．（2025·昆明模拟）已知一个圆锥的顶点和底面圆都在球的球面上，若圆锥的母线与球的半径之比为，则圆锥与球的体积之比等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥底面半径和高分别为，
则母线，
显然球为圆锥外接球，设半径为R，
由，可得.
又因为圆锥的母线与球的半径之比为，即.
联立可得，将代入，可得，
将和代入，可得. ，
再求圆锥体积与球体积之比：圆锥体积，球的体积，
则. 把，代入上式可得.
故答案为：C.
【分析】先根据已知条件画出草图，从而建立等式关系，再逐步推导出圆锥和球的相关参数，最后由圆锥和球的体积公式，从而求出圆锥与球的体积之比.
8．（2025·昆明模拟）从几何体的某一顶点开始，沿着棱不间断、不重复地画完所有棱的画法称为“一笔画”．下列几何体可以“一笔画”的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；简单组合体的结构特征
【解析】【解答】解：从一顶点出发的边数为双数的顶点叫偶点，凡是偶点组成的图形一定可以一笔画，
故C正确；
从一顶点出发的边数为单数的顶点叫奇点，凡是奇点组成的图形，
必须满足只有两个奇点，其余点为偶点才可以一笔画，
因为选项A、选项B、选项D的图形中，每个点都是奇点，所以不能一笔画.
故答案为：C.
【分析】根据一笔画的要求，先找到都是偶点的图形，一定可以一笔画，再验证奇点的图形是否符合一笔画的条件，从而找出可以“一笔画”的几何体.
9．（2025·昆明模拟）设是一个随机试验中的两个事件，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率
【解析】【解答】解：因为，，，
所以，故A正确；
因为，故B正确；
因为，
所以，故C正确；
因为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据对立事件求概率公式，则判断选项A；根据条件概率公式判断出选项B；根据全概率公式判断出选项C；根据和事件的概率公式判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2025·昆明模拟）已知函数，则（ ）
A．图象关于轴对称 B．是的一个周期
C．在单调递减 D．图象恒在轴的上方
【答案】A,B,D
【知识点】函数的图象；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为函数的定义域为，又因为
所以为偶函数，则图象关于轴对称，故A正确；
因为，
所以是的一个周期，故B正确；
因为，
，
又因为，所以，所以且在定义域上连续，
所以在不可能单调递减，故C错误；
因为，
当时，且，
又因为，
所以，即，
由在上单调递增，所以，
所以；
当时，且，
又因为，
所以，即，
由在上单调递增，
所以，
所以，
综上可得：对，恒成立，即图象恒在轴的上方，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据偶函数的定义判断出选项A；计算判断出选项B；利用特殊值法判断出选项C；根据正弦函数图象的单调性和诱导公式以及不等式恒成立问题求解方法，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2025·昆明模拟）“四叶草”形态优美、寓意美好．已知曲线，其形态极像“四叶草”，设为坐标原点，为上异于原点的一点，过点作直线的垂线交坐标轴于，两点，则（ ）
A．有4条对称轴 B．围成的面积大于
C． D．的面积最大值为4
【答案】A,C,D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；直线和圆的方程的应用；图形的对称性；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：依题意，如图所示：
对于A，将换为方程不变，所以曲线关于轴对称；
将换为方程不变，所以曲线关于轴对称；
将换为，换为方程不变，所以曲线关于对称；
将换为，换为方程不变，所以曲线关于对称，
所以曲线有4条对称轴，故A正确；
对于B，，则，
所以曲线包含在圆的内部，
因为圆的面积为，所以曲线的面积小于，故B错误；
对于C，设点，则，且，
所以直线，即，
令，得，即；
令，得，即，
由，可得，，
，故C正确；
对于D，由选项C可知，，
又因为，则，
，
当且仅当点在圆上时等号成立，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】通过方程中的变换得出新曲线的对称轴，则判断出选项A；由该曲线在以原点为圆心，半径为2的圆内，故该曲线的面积小于圆的面积，则判断出选项B；设点，再利用已知条件求出直线的方程，再结合赋值法得出点的坐标，则根据求解判断出选项C；由结合，再利用三角形的面积公式得出的面积最大值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．（2025·昆明模拟）已知函数满足，则实数 ．
【答案】1
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】解：因为函数满足，
则，即，
所以，所以，解得，经检验符合题意.
故答案为：.
【分析】根据推导出，从而得到，进而解出a的值.
13．（2025·昆明模拟）围棋是世界上最古老的棋类游戏之一．一副围棋的棋子分黑白两种颜色，现有枚黑色棋子和枚白色棋子随机排成一行，每枚棋子排在每个位置可能性相等，则两端是同色棋子的概率为 ．
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：若两端的棋子颜色不同，
那么两端的棋子的颜色分布有种可能，中间的棋子的颜色分布有种可能，
所以两端棋子颜色不同的概率为，故两端是同色棋子的概率为.
故答案为：.
【分析】先根据题意计算出两端棋子颜色不同的概率，再结合组合数公式得出中间的棋子的颜色分布，则根据古典概率公式和对立事件求概率公式，从而得出两端是同色棋子的概率.
14．（2025·昆明模拟）已知函数，曲线在，两点（不重合）处的切线互相垂直，垂足为，两切线分别交轴于，两点，设△面积为，若恒成立，则的最小值为 ．
【答案】1
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究曲线上某点切线方程；基本不等式在最值问题中的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由函数，
设，，，
对求导得，所以在点处切线；
对求导得，所以在点处切线，
因为两切线垂直，则，所以，此时，
因为，即，所以，，则，
由，因为，，
则，解得，
因为，
又因为，，所以，
由恒成立，则.则的最小值为1.
故答案为：1.
【分析】先根据已知条件求出的值，从而得到的值，再求出，则根据的取值范围得出的取值范围，最后根据恒成立求出的最小值.
15．（2025·昆明模拟）已知内角所对的边分别为，．
（1）求；
（2）若，，求的周长．
【答案】（1）解：由正弦定理和二倍角公式得，
因为，所以，，
故，所以.
（2）解：由，得，则，
由余弦定理得，
所以，故，
所以周长为.
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；二倍角的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角的方法和二倍角的正弦公式化简，再结合三角形中角A和角B的取值范围和三角函数值在各象限的符号，从而得出角A的余弦值，进而得出角A的值.
（2）由和数量积的定义得出的值，再结合余弦定理得出的值，最后由三角形的周长公式得出的周长.
（1）由正弦定理及二倍角公式得，
因为，所以，，故，
所以.
（2）由，得，则，
由余弦定理得，
所以，故，
所以周长为.
16．（2025·昆明模拟）已知抛物线的焦点为，直线过与交于，两点，为坐标原点，直线交的准线于点．
（1）当的倾斜角为时，求；
（2）求直线的斜率；
（3）若，，，四点共圆，求该圆的半径．
【答案】（1）解：由题意知，抛物线焦点坐标为，直线的方程为，
联立，则，
所以，，
所以 .
（2）解：设直线的方程为，，，
联立，，
所以，，所以，
则直线方程为，
所以点的纵坐标为，
所以，直线的斜率为0.
（3）解：由题意知，，，，，
不妨设在第一象限，因为，，，四点共圆，直线平行轴，
故可设圆心坐标为，圆半径为，
，即，所以，
则，解得，
故，所以.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）先将直线方程与抛物线方程联立，再根据韦达定理和弦长公式计算出的值.
（2）先求出、两点坐标，再将直线与准线方程联立求出点坐标，再结合直线与抛物线方程求出点的坐标.
（3）若，，，四点共圆，则根据圆内接四边形的性质求出相关关系，从而求出圆的半径.
（1）由题意知，抛物线焦点坐标为，直线的方程为，
联立，则，所以，，
所以 .
（2）设直线的方程为，，，
联立，，所以，，所以，
直线方程为，所以点的纵坐标为，
所以，直线的斜率为0.
（3）由题意知，，，，，不妨设在第一象限，
因为，，，四点共圆，直线平行轴，故可设圆心坐标为，圆半径为，
，即，所以，
，
解得，故，所以.
17．（2025·昆明模拟）如图，四棱台的底面为正方形，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若侧面为等腰梯形，.
（i）证明：平面平面；
（ii）求平面和平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：取中点为，连结，，、
由为的中点得，，
在四棱台中，由已知条件得，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，则，
又因为平面，平面，
所以平面．
（2）证明：（i）因为，
所以，
所以，即，
又因为，，平面，
所以平面，
由平面，故平面平面.
解：（ii）过点作直线平面，
以为坐标原点建立如图坐标系，
不妨设，则，
因为平面平面且侧面为等腰梯形，
易求得四棱台的高为，
则，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
则由，得，
令，得平面的一个法向量为，
同理，得平面的一个法向量为，
设平面和平面的夹角为，
则，
所以平面和平面夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取中点为，先证出四边形为平行四边形，从而得出，再利用线面平行的判定定理证出平面.
（2）（i）由勾股定理可得，即，再利用证出平面，由面面垂直的判断定理证出平面平面.
（ii）过点作直线平面，以为坐标原点建立如图的空间直角坐标系，再根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面和平面的法向量，再根据数量积求向量夹角公式得出平面和平面夹角的余弦值．
（1）取中点为，连结，，由为的中点得，，
在四棱台中，由已知得，，所以，，
所以四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，
所以平面．
（2）（i）因为，所以，
所以，即，
又，，平面，
所以平面，
由平面，故平面平面.
（ii）过点作直线平面，以为坐标原点建立如图坐标系，
不妨设，则，
因为平面平面，且侧面为等腰梯形，易求得四棱台的高为，
则，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
则由，得，
令，得平面的一个法向量为，
同理，得平面的一个法向量为，
设平面和平面的夹角为，则，
所以平面和平面夹角的余弦值为．
18．（2025·昆明模拟）已知函数（）．
（1）若，求的极值；
（2）讨论的单调性．
【答案】（1）解：当时，，定义域为，
则，
由，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以有极小值，无极大值，极小值为.
（2）解：，
①当时，，，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减；
②当时，，，，
则，
当时，，，
，单调递增，
当时，，，
，单调递减，
当时，，，
，单调递增；
③当时，，在上单调递增；
④当时，，，，
当时，，，
，单调递增，
当时，，，
，单调递减，
当时，，，
，单调递增；
⑤当时，，
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，在结合求导的方法判断函数的单调性，从而得出函数的极值.
（2）先求出，分、、、和五种情况讨论，再结合导数判断函数的单调性的方法，从而讨论出函数的单调性．
（1）时，，定义域为，
，由得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以有极小值，无极大值，极小值为；
（2），
①当时，，，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减；
②当时，，，，
，
时，，，，单调递增，
时，，，，单调递减，
时，，，，单调递增；
③当时，，在上单调递增；
④当时，，，，
时，，，，单调递增，
时，，，，单调递减，
时，，，，单调递增；
⑤当时，，
时，，，单调递减，
时，，，单调递增.
19．（2025·昆明模拟）已知数列，，，是的前项和.
（1）证明：数列为等差数列；
（2）求；
（3）若，记数列的前项和为，证明：．
参考数据：.
【答案】（1）证明：由题意，得，
又因为，所以数列是以为首项，为公差的等差数列.
（2）解：由（1）可知，故，
因为，
则，
两式相减得，
，
所以.
（3）证明：由（2）可知
所以数列中的奇数项（），
偶数项，（），
则，
由于，则，
所以，则，
所以，
由于
，
构造函数，，
所以，则在上单调递减.
所以，当时，则，
即任意，，即在恒成立，
令，，
则，即，，
所以，，，.
以上各式相加得，
，
即，
所以.
【知识点】等差数列概念与表示；数列的求和；反证法与放缩法
【解析】【分析】（1）根据已知条件和递推公式以及等差数列的定义，从而证出数列为等差数列.
（2） 由（1）结合等差数列的通项公式得出数列的通项公式，从而得出数列的通项公式，再结合错位相减法得出.
（3）利用（2）中结合得出数列的通项公式，再分奇数项、偶数项两种情况结合求和公式得出，再构造函数，，则根据求导判断函数单调性的方法，从而得出函数的值域，再结合不等式恒成立问题求解方法和放缩法、累加法以及对数的运算法则，从而证出不等式成立.
（1）由题，得；
又，所以数列是以为首项，为公差的等差数列.
（2）由（1）可知，故.
，
则，
两式相减得，
，
所以.
（3）由（2）可知
所以数列中的奇数项（），
偶数项，（），.
由于，则，所以，则，
所以.
由于
.
构造函数，，
所以，则在上单调递减.
所以当时，则，
即任意，，即在恒成立.
令，，则，即，，
所以，，，.
以上各式相加得，
，即.
所以.
