云南省昭通市三中2025屆高三第四次模擬考試數學試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請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．已知函數.設，若對任意不相等的正數，，恒有，則實數a的取值范圍是（）A． B．C． D．2．設集合A＝{y|y＝2x﹣1，x∈R}，B＝{x|﹣2≤x≤3，x∈Z}，則A∩B＝（）A．（﹣1，3] B．[﹣1，3] C．{0，1，2，3} D．{﹣1，0，1，2，3}3．圓柱被一平面截去一部分所得幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．4．要得到函數的導函數的圖像，只需將的圖像（）A．向右平移個單位長度，再把各點的縱坐標伸長到原來的3倍B．向右平移個單位長度，再把各點的縱坐標縮短到原來的倍C．向左平移個單位長度，再把各點的縱坐標縮短到原來的倍D．向左平移個單位長度，再把各點的縱坐標伸長到原來的3倍5．設平面與平面相交于直線，直線在平面內，直線在平面內，且則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．即不充分不必要條件6．為計算，設計了如圖所示的程序框圖，則空白框中應填入（）A． B． C． D．7．若變量，滿足，則的最大值為（）A．3 B．2 C． D．108．已知為定義在上的偶函數，當時，，則（）A． B． C． D．9．已知函數，若恒成立，則滿足條件的的個數為（）A．0 B．1 C．2 D．310．如圖，正四面體的體積為，底面積為，是高的中點，過的平面與棱、、分別交于、、，設三棱錐的體積為，截面三角形的面積為，則（）A．， B．，C．， D．，11．若的內角滿足，則的值為（）A． B． C． D．12．設集合，，若集合中有且僅有2個元素，則實數的取值范圍為A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數.若在區間上恒成立.則實數的取值范圍是__________．14．已知二面角α﹣l﹣β為60°，在其內部取點A，在半平面α，β內分別取點B，C．若點A到棱l的距離為1，則△ABC的周長的最小值為_____．15．已知函數有兩個極值點、，則的取值范圍為_________.16．已知向量滿足，，則______________.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）在中，設、、分別為角、、的對邊，記的面積為，且．（1）求角的大?。唬?）若，，求的值．18．（12分）已知二階矩陣A=abcd，矩陣A屬于特征值λ1=-1的一個特征向量為α119．（12分）已知函數，．（1）當時，求不等式的解集；（2）當時，不等式恒成立，求實數的取值范圍．20．（12分）如圖，空間幾何體中，是邊長為2的等邊三角形，，，，平面平面，且平面平面，為中點.（1）證明：平面；（2）求二面角平面角的余弦值.21．（12分）設都是正數，且，．求證：．22．（10分）如圖1，已知四邊形BCDE為直角梯形，，，且，A為BE的中點將沿AD折到位置如圖，連結PC，PB構成一個四棱錐．（Ⅰ）求證；（Ⅱ）若平面．①求二面角的大??；②在棱PC上存在點M，滿足，使得直線AM與平面PBC所成的角為，求的值．

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、D【解析】

求解的導函數，研究其單調性，對任意不相等的正數，構造新函數，討論其單調性即可求解.【詳解】的定義域為，，當時，，故在單調遞減；不妨設，而，知在單調遞減，從而對任意、，恒有，即，，，令，則，原不等式等價于在單調遞減，即，從而，因為，所以實數a的取值范圍是故選：D.【點睛】此題考查含參函數研究單調性問題，根據參數范圍化簡后構造新函數轉換為含參恒成立問題，屬于一般性題目.2、C【解析】

先求集合A，再用列舉法表示出集合B，再根據交集的定義求解即可．【詳解】解：∵集合A＝{y|y＝2x﹣1，x∈R}＝{y|y＞﹣1}，B＝{x|﹣2≤x≤3，x∈Z}＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，∴A∩B＝{0，1，2，3}，故選：C．【點睛】本題主要考查集合的交集運算，屬于基礎題．3、B【解析】

三視圖對應的幾何體為如圖所示的幾何體，利用割補法可求其體積.【詳解】根據三視圖可得原幾何體如圖所示，它是一個圓柱截去上面一塊幾何體，把該幾何體補成如下圖所示的圓柱，其體積為，故原幾何體的體積為.故選：B.【點睛】本題考查三視圖以及不規則幾何體的體積，復原幾何體時注意三視圖中的點線關系與幾何體中的點、線、面的對應關系，另外，不規則幾何體的體積可用割補法來求其體積，本題屬于基礎題.4、D【解析】

先求得，再根據三角函數圖像變換的知識，選出正確選項.【詳解】依題意，所以由向左平移個單位長度，再把各點的縱坐標伸長到原來的3倍得到的圖像.故選：D【點睛】本小題主要考查復合函數導數的計算，考查誘導公式，考查三角函數圖像變換，屬于基礎題.5、A【解析】

試題分析：α⊥β，b⊥m又直線a在平面α內，所以a⊥b，但直線不一定相交，所以“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要條件，故選A.考點：充分條件、必要條件.6、A【解析】

根據程序框圖輸出的S的值即可得到空白框中應填入的內容．【詳解】由程序框圖的運行，可得：S＝0，i＝0滿足判斷框內的條件，執行循環體，a＝1，S＝1，i＝1滿足判斷框內的條件，執行循環體，a＝2×（﹣2），S＝1+2×（﹣2），i＝2滿足判斷框內的條件，執行循環體，a＝3×（﹣2）2，S＝1+2×（﹣2）+3×（﹣2）2，i＝3…觀察規律可知：滿足判斷框內的條件，執行循環體，a＝99×（﹣2）99，S＝1+2×（﹣2）+3×（﹣2）2+…+1×（﹣2）99，i＝1，此時，應該不滿足判斷框內的條件，退出循環，輸出S的值，所以判斷框中的條件應是i＜1．故選：A．【點睛】本題考查了當型循環結構，當型循環是先判斷后執行，滿足條件執行循環，不滿足條件時算法結束，屬于基礎題．7、D【解析】

畫出約束條件的可行域，利用目標函數的幾何意義求解最大值即可．【詳解】解：畫出滿足條件的平面區域，如圖示：如圖點坐標分別為，目標函數的幾何意義為，可行域內點與坐標原點的距離的平方，由圖可知到原點的距離最大，故.故選：D【點睛】本題考查了簡單的線性規劃問題，考查數形結合思想，屬于中檔題．8、D【解析】

判斷，利用函數的奇偶性代入計算得到答案.【詳解】∵，∴．故選：【點睛】本題考查了利用函數的奇偶性求值，意在考查學生對于函數性質的靈活運用.9、C【解析】

由不等式恒成立問題分類討論：①當，②當，③當，考查方程的解的個數，綜合①②③得解．【詳解】①當時，，滿足題意，②當時，，，，，故不恒成立，③當時，設，，令，得，，得，下面考查方程的解的個數，設（a），則（a）由導數的應用可得：（a）在為減函數，在，為增函數，則（a），即有一解，又，均為增函數，所以存在1個使得成立，綜合①②③得：滿足條件的的個數是2個，故選：．【點睛】本題考查了不等式恒成立問題及利用導數研究函數的解得個數，重點考查了分類討論的數學思想方法，屬難度較大的題型.10、A【解析】

設，取與重合時的情況，計算出以及的值，利用排除法可得出正確選項.【詳解】如圖所示，利用排除法，取與重合時的情況.不妨設，延長到，使得．，，，，則，由余弦定理得，，，又，，當平面平面時，，，排除B、D選項；因為，，此時，，當平面平面時，，，排除C選項.故選：A.【點睛】本題考查平行線分線段成比例定理、余弦定理、勾股定理、三棱錐的體積計算公式、排除法，考查了空間想象能力、推理能力與計算能力，屬于難題．11、A【解析】

由，得到，得出，再結合三角函數的基本關系式，即可求解.【詳解】由題意，角滿足，則，又由角A是三角形的內角，所以，所以，因為，所以.故選：A.【點睛】本題主要考查了正弦函數的性質，以及三角函數的基本關系式和正弦的倍角公式的化簡、求值問題，著重考查了推理與計算能力.12、B【解析】

由題意知且，結合數軸即可求得的取值范圍.【詳解】由題意知，，則，故，又，則，所以，所以本題答案為B.【點睛】本題主要考查了集合的關系及運算，以及借助數軸解決有關問題，其中確定中的元素是解題的關鍵，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】

首先解不等式，再由在區間上恒成立，即得到不等組，解得即可.【詳解】解：且，即解得，即因為在區間上恒成立，解得即故答案為：【點睛】本題考查一元二次不等式及函數的綜合問題，屬于基礎題.14、【解析】

作A關于平面α和β的對稱點M，N，交α和β與D，E，連接MN，AM，AN，DE，根據對稱性三角形ADC的周長為AB+AC+BC＝MB+BC+CN，當四點共線時長度最短，結合對稱性和余弦定理求解.【詳解】作A關于平面α和β的對稱點M，N，交α和β與D，E，連接MN，AM，AN，DE，根據對稱性三角形ABC的周長為AB+AC+BC＝MB+BC+CN，當M，B，C，N共線時，周長最小為MN設平面ADE交l于，O，連接OD，OE，顯然OD⊥l，OE⊥l，∠DOE＝60°，∠MOA+∠AON＝240°,OA＝1，∠MON＝120°，且OM＝ON＝OA＝1，根據余弦定理，故MN2＝1+1﹣2×1×1×cos120°＝3，故MN．故答案為：．【點睛】此題考查求空間三角形邊長的最值，關鍵在于根據幾何性質找出對稱關系，結合解三角形知識求解.15、【解析】

確定函數的定義域，求導函數，利用極值的定義，建立方程，結合韋達定理，即可求的取值范圍．【詳解】函數的定義域為，，依題意，方程有兩個不等的正根、（其中），則，由韋達定理得，，所以，令，則，，當時，，則函數在上單調遞減，則，所以，函數在上單調遞減，所以，.因此，的取值范圍是.故答案為：.【點睛】本題考查了函數極值點問題，考查了函數的單調性、最值，將的取值范圍轉化為以為自變量的函數的值域問題是解答的關鍵，考查計算能力，屬于中等題.16、1【解析】

首先根據向量的數量積的運算律求出，再根據計算可得；【詳解】解：因為，所以又所以所以故答案為：【點睛】本題考查平面向量的數量積的運算，屬于基礎題.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）；（2）【解析】

（1）由三角形面積公式，平面向量數量積的運算可得，結合范圍，可求，進而可求的值．（2）利用同角三角函數基本關系式可求，利用兩角和的正弦函數公式可求的值，由正弦定理可求得的值．【詳解】解：（1）由，得，因為，所以，可得：．（2）中，，所以.所以：，由正弦定理，得，解得，【點睛】本題主要考查了三角形面積公式，平面向量數量積的運算，同角三角函數基本關系式，兩角和的正弦函數公式，正弦定理在解三角形中的應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于基礎題．18、A=【解析】

運用矩陣定義列出方程組求解矩陣A【詳解】由特征值、特征向量定義可知，Aα即abc同理可得3a+2b=12,3c+2d=8.解得a=2，b=3，c=2，d=1.因此矩陣【點睛】本題考查了由矩陣特征值和特征向量求矩陣，只需運用定義得出方程組即可求出結果，較為簡單19、(1)(2)【解析】

（1）當時，，當或時，，所以可轉化為，解得，所以不等式的解集為．（2）因為，所以，所以，即，即．當時，因為，所以，不符合題意．當時，解可得，因為當時，不等式恒成立，所以，所以，解得，所以實數的取值范圍為．20、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）分別取，的中點，，連接，，，，，要證明平面，只需證明面∥面即可.（2）以點為原點，以為軸，以為軸，以為軸，建立空間直角坐標系，分別計算面的法向量，面的法向量可取，并判斷二面角為銳角，再利用計算即可.【詳解】（1）證明：分別取，的中點，，連接，，，，.由平面平面，且交于，平面，有平面，由平面平面，且交于，平面，有平面，所以∥，又平面，平面，所以∥平面，由，有，∥，又平面，平面，所以∥平面，由∥平面，∥平面，，所以平面∥平面，所以∥平面（2）以點為原點，以為軸，以為軸，以為軸，建立如圖所示空間直角坐標系由面，所以面的法向量可取，點，點，點，，，設面的法向量，所以，取，二面角的平面角為，則為銳角.所以【點睛】本題考查由面面平行證明線面平行以及向量法求二面角的余弦值，考查學生的運算能力，在做此類題時，一定要準確寫出點的坐標.21、證明見解析【解析】

利用比較法進行證明：把代數式展開、作差、化簡可得,,可證得成立,同理可證明,由此不等式得證.【詳解】證明:因為,，所以，∴成立，又都是正數，∴，①同理，∴．【點睛】本題考查利用比較法證明不等式;考查學生的邏輯推理能力和運算求解能力;把差變形為因式乘積的形式是證明本題的關鍵;屬于中檔題。22、Ⅰ詳見解析；Ⅱ①，②或．【解析】

Ⅰ可以通過已知證明出平面PAB，這樣就可以證明出；Ⅱ以點A為坐標原點，分別以AB，AD，AP為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，可以求出相應點的坐標，求出平面PBC的法向量為、平面PCD的法向量，利用空間向量的數量積，求出二面角的大小；求出平面PBC的法向量，利用線面角的公式求出的值.【詳解】證明：Ⅰ在圖