2025届西藏昌都地区类乌齐县高考数学五模试卷含解析

这是一份2025届西藏昌都地区类乌齐县高考数学五模试卷含解析，共16页。试卷主要包含了已知是的共轭复数,则，已知复数，若，则的值为，已知集合等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由一个棱柱挖去一个棱锥后的几何体的三视图，则该几何体的体积为
A．72B．64C．48D．32
2．某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆，其轨道的离心率为，设地球半径为，该卫星近地点离地面的距离为，则该卫星远地点离地面的距离为（ ）
A．B．
C．D．
3．设为的两个零点，且的最小值为1，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知的展开式中的常数项为8，则实数（ ）
A．2B．-2C．-3D．3
5．已知是的共轭复数,则（ ）
A．B．C．D．
6．已知椭圆的焦点分别为，，其中焦点与抛物线的焦点重合，且椭圆与抛物线的两个交点连线正好过点，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知复数，若，则的值为（ ）
A．1B．C．D．
8．三国时代吴国数学家赵爽所注《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明.下面是赵爽的弦图及注文，弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实.图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）色及黄色，其面积称为朱实、黄实，利用，化简，得.设勾股形中勾股比为，若向弦图内随机抛掷颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉数大约为（ ）
A．B．C．D．
9．已知集合（），若集合，且对任意的，存在使得，其中，，则称集合A为集合M的基底.下列集合中能作为集合的基底的是（ ）
A．B．C．D．
10．已知数列的通项公式为，将这个数列中的项摆放成如图所示的数阵.记为数阵从左至右的列，从上到下的行共个数的和，则数列的前2020项和为（ ）
A．B．C．D．
11．已知数列满足,且,则的值是( )
A．B．C．4D．
12．已知为抛物线的准线，抛物线上的点到的距离为，点的坐标为，则的最小值是（ ）
A．B．4C．2D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．命题“对任意，”的否定是 ．
14．已知函数，则曲线在点处的切线方程为___________.
15．在的二项展开式中，所有项的系数的和为________
16．已知，若的展开式中的系数比x的系数大30，则______．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）某商店举行促销反馈活动，顾客购物每满200元，有一次抽奖机会（即满200元可以抽奖一次，满400元可以抽奖两次，依次类推）.抽奖的规则如下：在一个不透明口袋中装有编号分别为1，2，3，4，5的5个完全相同的小球，顾客每次从口袋中摸出一个小球，共摸三次，每次摸出的小球均不放回口袋，若摸得的小球编号一次比一次大（如1，2，5），则获得一等奖，奖金40元；若摸得的小球编号一次比一次小（如5，3，1），则获得二等奖，奖金20元；其余情况获得三等奖，奖金10元.
（1）某人抽奖一次，求其获奖金额X的概率分布和数学期望;
（2）赵四购物恰好满600元，假设他不放弃每次抽奖机会，求他获得的奖金恰好为60元的概率.
18．（12分）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）设直线交椭圆于两点，线段的中点在直线上，求证：线段的中垂线恒过定点.
19．（12分）已知曲线C的极坐标方程是.以极点为平面直角坐标系的原点,极轴为x轴的正半轴,建立平面直角坐标系,直线l的参数方程是:（是参数）.
（1）若直线l与曲线C相交于A、B两点,且,试求实数m值.
（2）设为曲线上任意一点，求的取值范围.
20．（12分）设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为．
（1）当直线的倾斜角为时，求线段AB的中点的横坐标；
（2）设点A关于轴的对称点为C，求证：M，B，C三点共线；
（3）设过点M的直线交椭圆于两点，若椭圆上存在点P，使得（其中O为坐标原点），求实数的取值范围．
21．（12分）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若，设，证明：，，使.
22．（10分）已知，函数有最小值7.
（1）求的值；
（2）设，，求证：.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．B
【解析】
由三视图可知该几何体是一个底面边长为4的正方形，高为5的正四棱柱，挖去一个底面边长为4，高为3的正四棱锥，利用体积公式，即可求解。
【详解】
由题意，几何体的三视图可知该几何体是一个底面边长为4的正方形，高为5的正四棱柱，挖去一个底面边长为4，高为3的正四棱锥，
所以几何体的体积为，故选B。
本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线。求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解。
2．A
【解析】
由题意画出图形，结合椭圆的定义，结合椭圆的离心率,求出椭圆的长半轴a,半焦距c,即可确定该卫星远地点离地面的距离.
【详解】
椭圆的离心率：，（ c为半焦距; a为长半轴），
设卫星近地点，远地点离地面距离分别为r，n，如图：
则
所以,,
故选：A
本题主要考查了椭圆的离心率的求法，注意半焦距与长半轴的求法,是解题的关键，属于中档题.
3．A
【解析】
先化简已知得,再根据题意得出f（x）的最小值正周期T为1×2，再求出ω的值．
【详解】
由题得,
设x1，x2为f（x）=2sin（ωx﹣）（ω＞0）的两个零点，且的最小值为1，
∴=1，解得T=2；
∴=2，
解得ω=π．
故选A．
本题考查了三角恒等变换和三角函数的图象与性质的应用问题，是基础题．
4．A
【解析】
先求的展开式，再分类分析中用哪一项与相乘，将所有结果为常数的相加，即为
展开式的常数项，从而求出的值.
【详解】
展开式的通项为，
当取2时，常数项为，
当取时，常数项为
由题知，则.
故选：A.
本题考查了两个二项式乘积的展开式中的系数问题，其中对所取的项要进行分类讨论，属于基础题.
5．A
【解析】
先利用复数的除法运算法则求出的值，再利用共轭复数的定义求出a+bi，从而确定a，b的值，求出a+b．
【详解】
i，
∴a+bi＝﹣i，
∴a＝0，b＝﹣1，
∴a+b＝﹣1，
故选：A．
本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念，是基础题．
6．B
【解析】
根据题意可得易知，且，解方程可得，再利用即可求解.
【详解】
易知，且
故有，则
故选：B
本题考查了椭圆的几何性质、抛物线的几何性质，考查了学生的计算能力，属于中档题
7．D
【解析】
由复数模的定义可得：，求解关于实数的方程可得：.
本题选择D选项.
8．A
【解析】
分析：设三角形的直角边分别为1，，利用几何概型得出图钉落在小正方形内的概率即可得出结论.
解析：设三角形的直角边分别为1，，则弦为2，故而大正方形的面积为4，小正方形的面积为.
图钉落在黄色图形内的概率为.
落在黄色图形内的图钉数大约为.
故选：A.
点睛：应用几何概型求概率的方法
建立相应的几何概型，将试验构成的总区域和所求事件构成的区域转化为几何图形，并加以度量．
(1)一般地，一个连续变量可建立与长度有关的几何概型，只需把这个变量放在数轴上即可；
(2)若一个随机事件需要用两个变量来描述，则可用这两个变量的有序实数对来表示它的基本事件，然后利用平面直角坐标系就能顺利地建立与面积有关的几何概型；
(3)若一个随机事件需要用三个连续变量来描述，则可用这三个变量组成的有序数组来表示基本事件，利用空间直角坐标系即可建立与体积有关的几何概型．
9．C
【解析】
根据题目中的基底定义求解.
【详解】
因为，
，
，
，
，
，
所以能作为集合的基底，
故选：C
本题主要考查集合的新定义，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
10．D
【解析】
由题意，设每一行的和为，可得，继而可求解，表示，裂项相消即可求解.
【详解】
由题意，设每一行的和为
故
因此：
故
故选：D
本题考查了等差数列型数阵的求和，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
11．B
【解析】
由，可得，所以数列是公比为的等比数列，
所以，则，
则，故选B.
点睛：本题考查了等比数列的概念，等比数列的通项公式及等比数列的性质的应用，试题有一定的技巧，属于中档试题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，等比数列的性质和在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.
12．B
【解析】
设抛物线焦点为，由题意利用抛物线的定义可得，当共线时，取得最小值，由此求得答案.
【详解】
解：抛物线焦点，准线，
过作交于点，连接
由抛物线定义，
，
当且仅当三点共线时，取“＝”号，
∴的最小值为.
故选：B.
本题主要考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，体现了数形结合的数学思想，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．存在，使得
【解析】
试题分析：根据命题否定的概念，可知命题“对任意，”的否定是“存在，使得”．
考点：命题的否定．
14．
【解析】
根据导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式求切线方程.
【详解】
因为，
所以，
又
故切线方程为，
整理为，
故答案为：
本题主要考查了导数的几何意义，切线方程，属于容易题.
15．1
【解析】
设，令，的值即为所有项的系数之和。
【详解】
设，令，
所有项的系数的和为。
本题主要考查二项式展开式所有项的系数的和的求法─赋值法。一般地，
对于 ，展开式各项系数之和为，注意与“二项式系数之和”区分。
16．2
【解析】
利用二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，求得的值．
【详解】
展开式通项为：
且的展开式中的系数比的系数大
，即：
解得：（舍去）或
本题正确结果：
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）分布见解析，期望为；（2）.
【解析】
（1）先明确X的可能取值，分别求解其概率，然后写出分布列，利用期望公式可求期望；
（2）获得的奖金恰好为60元，可能是三次二等奖，也可能是一次一等奖，两次三等奖，然后分别求解概率即可.
【详解】
（1）由题意知，随机变量X的可能取值为10，20，40
且，，
所以，
即随机变量X的概率分布为
所以随机变量X的数学期望.
（2）由题意知，赵四有三次抽奖机会，设恰好获得60元为事件A，
因为60＝20×3＝40＋10＋10，
所以．
本题主要考查随机变量的分布列及数学期望，明确随机变量的所有取值是求解的第一步，再求解对应的概率，侧重考查数学建模的核心素养.
18．（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【解析】
（Ⅰ）把点代入椭圆方程，结合离心率得到关于的方程，解方程即可；
（Ⅱ）联立直线与椭圆方程得到关于的一元二次方程，利用韦达定理和中垂线的定义求出线段的中垂线方程即可证明.
【详解】
（Ⅰ）由已知椭圆过点得，，
又，得，
所以，即椭圆方程为.
（Ⅱ）证明： 由，得，
由，得，
由韦达定理可得，，
设的中点为，得，即，
，
的中垂线方程为，即，
故得中垂线恒过点.
本题考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系及椭圆中的定值问题；考查运算求解能力和知识的综合运用能力；正确求出椭圆方程和利用中垂线的定义正确表示出中垂线方程是求解本题的关键;属于中档题.
19．（1）或；（2）.
【解析】
（1）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，在直角坐标条件下求出曲线的圆心坐标和半径，将直线的参数方程化为普通方程，由勾股定理列出等式可求的值；（2）将圆化为参数方程形式，代入由三角公式化简可求其取值范围．
【详解】
（1）曲线C的极坐标方程是化为直角坐标方程为：
直线的直角坐标方程为：
圆心到直线l的距离（弦心距）
圆心到直线的距离为 ：
或
（2）曲线的方程可化为，其参数方程为：
为曲线上任意一点，
的取值范围是
20． (1) AB的中点的横坐标为；（2）证明见解析；（3）
【解析】
设.
（1）因为直线的倾斜角为，，所以直线AB的方程为，联立方程组，消去并整理，得，则，
故线段AB的中点的横坐标为．
（2）根据题意得点，
若直线AB的斜率为0，则直线AB的方程为，A、C两点重合，显然M，B，C三点共线；
若直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为，
联立方程组，消去并整理得，
则，设直线BM、CM的斜率分别为、，
则，即=，即M，B，C三点共线．
（3）根据题意，得直线GH的斜率存在，设该直线的方程为，
设，
联立方程组，消去并整理，得，
由，整理得，又，
所以，
结合，得，
当时，该直线为轴，即，
此时椭圆上任意一点P都满足，此时符合题意；
当时，由，得，代入椭圆C的方程，得，整理，得，
再结合，得到，即，
综上，得到实数的取值范围是．
21．（1）见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1），分，，，四种情况讨论即可；
（2）问题转化为，利用导数找到与即可证明.
【详解】
（1）.
①当时，恒成立，
当时，；
当时，，所以，
在上是减函数，在上是增函数.
②当时，，.
当时，；
当时，；
当时，，所以，
在上是减函数，在上是增函数，
在上是减函数.
③当时，，
则在上是减函数.
④当时，，
当时，；
当时，；
当时，，
所以，在上是减函数，
在上是增函数，在上是减函数.
（2）由题意，得.
由（1）知，当，时，，
.
令，，
故在上是减函数，有，
所以，从而.
，，
则，
令，显然在上是增函数，
且，，
所以存在使，
且在上是减函数，
在上是增函数，
，
所以，
所以，命题成立.
本题考查利用导数研究函数的单调性以及证明不等式的问题，考查学生逻辑推理能力，是一道较难的题.
22．（1）.（2）见解析
【解析】
（1）由绝对值三解不等式可得，所以当时，，即可求出参数的值；
（2）由，可得，再利用基本不等式求出的最小值，即可得证；
【详解】
解：
（1）∵
，
∴当时，，解得.
（2）∵，∴，
∴，
当且仅当，即，时，等号成立.
∴.
本题主要考查绝对值三角不等式及基本不等式的简单应用，属于中档题．
X
10
20
40
P