青川县2025年高考仿真卷数学试卷含解析

这是一份青川县2025年高考仿真卷数学试卷含解析，共24页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，已知等边△ABC内接于圆等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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．等腰直角三角形的斜边AB为正四面体侧棱，直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，有下列说法：
（1）四面体EBCD的体积有最大值和最小值；
（2）存在某个位置，使得；
（3）设二面角的平面角为，则；
（4）AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，则点P的轨迹为椭圆.
其中，正确说法的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．下列命题中，真命题的个数为（ ）
①命题“若，则”的否命题；
②命题“若，则或”；
③命题“若，则直线与直线平行”的逆命题.
A．0B．1C．2D．3
3．的展开式中的项的系数为（ ）
A．120B．80C．60D．40
4．已知向量，则（ ）
A．∥B．⊥C．∥()D．⊥( )
5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．B．3C．D．4
6．已知等边△ABC内接于圆：x2+ y2=1，且P是圆τ上一点，则的最大值是（ ）
A．B．1C．D．2
7．在中，点为中点，过点的直线与，所在直线分别交于点，，若，，则的最小值为（ ）
A．B．2C．3D．
8．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.若，的面积为，则（ ）
A．5B．C．4D．16
9．若关于的不等式有正整数解，则实数的最小值为（ ）
A．B．C．D．
10．秦九韶是我国南宁时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例.若输入、的值分别为、，则输出的值为（ ）

A．B．C．D．
11．设，满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
12．如图，已知直线与抛物线相交于A，B两点，且A、B两点在抛物线准线上的投影分别是M，N，若，则的值是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设为抛物线的焦点，为上互相不重合的三点，且、、成等差数列，若线段的垂直平分线与轴交于，则的坐标为_______.
14．已知平面向量与的夹角为，，，则________.
15．已知是抛物线上一点，是圆关于直线对称的曲线上任意一点，则的最小值为________．
16．已知关于的不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围为_________．
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）已知，函数有最小值7.
（1）求的值；
（2）设，，求证：.
18．（12分）如图，在矩形中，，，点是边上一点，且，点是的中点，将沿着折起，使点运动到点处，且满足.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值.
19．（12分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求B；
（2）若，求的面积的最大值．
20．（12分）已知函数.
（Ⅰ）当时，求不等式的解集；
（Ⅱ）若不等式对任意实数恒成立，求实数的取值范围.
21．（12分）如图所示，四棱柱中，底面为梯形，，，，，，.
（1）求证：；
（2）若平面平面，求二面角的余弦值.
22．（10分）已知三棱锥P-ABC（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形ABCD为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥P-ABC中：
（1）证明：平面平面ABC；
（2）若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求直线MA与平面MBC所成角的正弦值.
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．C
【解析】
解：对于（1），当CD⊥平面ABE，且E在AB的右上方时，E到平面BCD的距离最大，当CD⊥平面ABE，且E在AB的左下方时，E到平面BCD的距离最小，
∴四面体E﹣BCD的体积有最大值和最小值，故（1）正确；
对于（2），连接DE，若存在某个位置，使得AE⊥BD，又AE⊥BE，则AE⊥平面BDE，可得AE⊥DE，进一步可得AE＝DE，此时E﹣ABD为正三棱锥，故（2）正确；
对于（3），取AB中点O，连接DO，EO，则∠DOE为二面角D﹣AB﹣E的平面角，为θ，
直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，θ∈[0，π），
∠DAE∈[，π），所以θ≥∠DAE不成立．（3）不正确；
对于（4）AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，P到BC的距离为：dP﹣BC，
因为＜1，所以点P的轨迹为椭圆．（4）正确．
故选：C．
点睛：该题考查的是有关多面体和旋转体对应的特征，以几何体为载体，考查相关的空间关系，在解题的过程中，需要认真分析，得到结果，注意对知识点的灵活运用.
2．C
【解析】
否命题与逆命题是等价命题，写出①的逆命题，举反例排除；原命题与逆否命题是等价命题，写出②的逆否命题后，利用指数函数单调性验证正确；写出③的逆命题判，利用两直线平行的条件容易判断③正确.
【详解】
①的逆命题为“若，则”，
令，可知该命题为假命题，故否命题也为假命题；
②的逆否命题为“若且，则”，该命题为真命题，故②为真命题；
③的逆命题为“若直线与直线平行，则”，该命题为真命题.
故选：C.
本题考查判断命题真假. 判断命题真假的思路：
(1)判断一个命题的真假时，首先要弄清命题的结构，即它的条件和结论分别是什么，然后联系其他相关的知识进行判断．
(2)当一个命题改写成“若，则”的形式之后，判断这个命题真假的方法：
①若由“”经过逻辑推理，得出“”，则可判定“若，则”是真命题；②判定“若，则”是假命题，只需举一反例即可．
3．A
【解析】
化简得到，再利用二项式定理展开得到答案.
【详解】
展开式中的项为.
故选：
本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力.
4．D
【解析】
由题意利用两个向量坐标形式的运算法则，两个向量平行、垂直的性质，得出结论.
【详解】
∵向量（1，﹣2），（3，﹣1），∴和的坐标对应不成比例，故、不平行，故排除A；
显然，•3+2≠0，故、不垂直，故排除B；
∴（﹣2，﹣1），显然，和的坐标对应不成比例，故和不平行，故排除C；
∴•（）＝﹣2+2＝0，故 ⊥（），故D正确，
故选：D.
本题主要考查两个向量坐标形式的运算，两个向量平行、垂直的性质，属于基础题.
5．C
【解析】
首先把三视图转换为几何体，该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，由柱体、椎体的体积公式进一步求出几何体的体积.
【详解】
解：根据几何体的三视图转换为几何体为：
该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，
如图所示：
故：.
故选：C.
本题考查了由三视图求几何体的体积、需熟记柱体、椎体的体积公式，考查了空间想象能力，属于基础题.
6．D
【解析】
如图所示建立直角坐标系，设，则，计算得到答案.
【详解】
如图所示建立直角坐标系，则，，，设，
则
.
当，即时等号成立.
故选：.
本题考查了向量的计算，建立直角坐标系利用坐标计算是解题的关键.
7．B
【解析】
由，，三点共线，可得，转化，利用均值不等式，即得解.
【详解】
因为点为中点，所以，
又因为，，
所以．
因为，，三点共线，
所以，
所以，
当且仅当即时等号成立，
所以的最小值为1．
故选：B
本题考查了三点共线的向量表示和利用均值不等式求最值，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.
8．C
【解析】
根据正弦定理边化角以及三角函数公式可得,再根据面积公式可求得,再代入余弦定理求解即可.
【详解】
中,,由正弦定理得,
又,
∴,又,∴,∴,又,
∴.∵,
∴,∵,∴由余弦定理可得,
∴,可得.
故选：C
本题主要考查了解三角形中正余弦定理与面积公式的运用,属于中档题.
9．A
【解析】
根据题意可将转化为，令，利用导数，判断其单调性即可得到实数的最小值．
【详解】
因为不等式有正整数解，所以，于是转化为， 显然不是不等式的解，当时，，所以可变形为．
令，则，
∴函数在上单调递增，在上单调递减，而，所以
当时，，故，解得．
故选：A．
本题主要考查不等式能成立问题的解法，涉及到对数函数的单调性的应用，构造函数法的应用，导数的应用等，意在考查学生的转化能力，属于中档题．
10．B
【解析】
列出循环的每一步，由此可得出输出的值.
【详解】
由题意可得：输入，，，；
第一次循环，，，，继续循环；
第二次循环，，，，继续循环；
第三次循环，，，，跳出循环；
输出.
故选：B.
本题考查根据算法框图计算输出值，一般要列举出算法的每一步，考查计算能力，属于基础题.
11．C
【解析】
首先绘制出可行域，再绘制出目标函数，根据可行域范围求出目标函数中的取值范围.
【详解】
由题知，满足，可行域如下图所示，
可知目标函数在点处取得最小值，
故目标函数的最小值为，
故的取值范围是.
故选：D.
本题主要考查了线性规划中目标函数的取值范围的问题，属于基础题.
12．C
【解析】
直线恒过定点，由此推导出，由此能求出点的坐标，从而能求出的值．
【详解】
设抛物线的准线为，
直线恒过定点，
如图过A、B分别作于M，于N，
由，则，
点B为AP的中点、连接OB，则，
∴，点B的横坐标为，
∴点B的坐标为，把代入直线，
解得，
故选：C．
本题考查直线与圆锥曲线中参数的求法，考查抛物线的性质，是中档题，解题时要注意等价转化思想的合理运用，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．或
【解析】
设出三点的坐标，结合等差数列的性质、线段垂直平分线的性质、抛物线的定义进行求解即可.
【详解】
抛物线的准线方程为：，设，由抛物线的定义可知：，，，因为、、成等差数列，所以有，所以，
因为线段的垂直平分线与轴交于，所以，因此有
，化简整理得：
或.
若，由可知；，这与已知矛盾，故舍去；
若，所以有，因此.
故答案为：或
本题考查了抛物线的定义的应用，考查了等差数列的性质，考查了数学运算能力.
14．
【解析】
根据已知求出，利用向量的运算律，求出即可.
【详解】
由可得，
则，
所以.
故答案为:
本题考查向量的模、向量的数量积运算，考查计算求解能力，属于基础题.
15．
【解析】
由题意求出圆的对称圆的圆心坐标，求出对称圆的圆坐标到抛物线上的点的距离的最小值，减去半径即可得到的最小值.
【详解】
假设圆心关于直线对称的点为，
则有，解方程组可得，
所以曲线的方程为，圆心为，
设，则，
又，所以，
，即，所以，
故答案为：.
该题考查的是有关动点距离的最小值问题，涉及到的知识点有点关于直线的对称点，点与圆上点的距离的最小值为到圆心的距离减半径，属于中档题目.
16．
【解析】
先将不等式对于任意恒成立,转化为任意恒成立，设，求出在内的最小值,即可求出的取值范围.
【详解】
解：由题可知，不等式对于任意恒成立，
即，
又因为，，
对任意恒成立，
设，其中，
由不等式，可得：，
则，
当时等号成立，
又因为在内有解，
，
则，即：，
所以实数的取值范围：.
故答案为：.
本题考查不等式恒成立问题，利用分离参数法和构造函数，通过求新函数的最值求出参数范围，考查转化思想和计算能力.
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）.（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．
18．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）取的中点，连接，，由，进而，由，得. 进而平面,进而结论可得证（2）（方法一）过点作的平行线交于点，以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面平面的法向量，由二面角公式求解即可（方法二）取的中点，上的点，使，连接，得，，得二面角的平面角为，再求解即可
【详解】
（1）证明：取的中点，连接，，由已知得，所以，又点是的中点，所以.
因为，点是线段的中点，
所以.
又因为，所以，从而平面，
所以，又，不平行，
所以平面.
（2）（方法一）由（1）知，过点作的平行线交于点，以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则点，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，
由，得，令，得.
同理，设平面的法向量为，
由，得，
令，得.
所以二面角的余弦值为.
（方法二）取的中点，上的点，使，连接，易知，.
由（1）得，所以平面，所以，
又，所以平面，
所以二面角的平面角为.
又计算得，，，
所以.
本题考查线面垂直的判定，考查空间向量求二面角，考查空间想象及计算能力，是中档题
19．（1）（2）
【解析】
(1)由正弦定理边化角化简已知条件可求得,即可求得;
(2)由余弦定理借助基本不等式可求得,即可求出的面积的最大值.
【详解】
（1），，
所以，
所以，
，，
，．
（2）由余弦定理得.，
，当且仅当时取等，
.
所以的面积的最大值为.
本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用,考查了三角形面积的最值问题,难度较易.
20．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）分三种情况讨论，分别求解不等式组，然后求并集即可得不等式的解集；（Ⅱ）根据绝对值不等式的性质可得，不等式对任意实数恒成立，等价于，解不等式即可求的取值范围.
试题解析：（Ⅰ）当时，即，
①当时，得，所以；
②当时，得，即，所以；
③当时，得成立，所以.
故不等式的解集为.
（Ⅱ）因为，
由题意得，则，
解得，
故的取值范围是.
21．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）取中点为，连接，，，，根据线段关系可证明为等边三角形，即可得；由为等边三角形，可得，从而由线面垂直判断定理可证明平面，即可证明.
（2）以为原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并求得平面和平面的法向量，即可由法向量法求得二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：取中点为，连接，，，如下图所示：
因为，，，
所以，故为等边三角形，则.
连接，因为，，
所以为等边三角形，则.
又，所以平面.
因为平面，
所以.
（2）由（1）知，
因为平面平面，平面，
所以平面，
以为原点，，，为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易求，则，，，，
则，，.
设平面的法向量，
则即令，则，，
故.
设平面的法向量，
则则
令，则，，故，
所以.
由图可知，二面角为钝二面角角，
所以二面角的余弦值为.
本题考查线面垂直的判定，由线面垂直判定线线垂直，由空间向量法求平面与平面形成二面角的大小，属于中档题.
22．（1）见解析（2）
【解析】
(1) 设的中点为,连接.由展开图可知,，.为的中点,则有,根据勾股定理可证得,
则平面,即可证得平面平面．
(2) 由线面成角的定义可知是直线与平面所成的角，
且,最大即为最短时,即是的中点
建立空间直角坐标系,求出与平面的法向量利用公式即可求得结果.
【详解】
（1）设AC的中点为O，连接BO，PO．
由题意，得，，．
在中，，O为AC的中点，，
在中，，，，，．
，平面，平面ABC，
平面PAC，平面平面ABC．
（2）由（1）知，，，平面PAC，
是直线BM与平面PAC所成的角，
且，
当OM最短时，即M是PA的中点时，最大．
由平面ABC，，
，，
于是以OC，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图示空间直角坐标系，
则，
，
设平面MBC的法向量为，直线MA与平面MBC所成角为，
则由得：.
令，得，，即.
则.
直线MA与平面MBC所成角的正弦值为.
本题考查面面垂直的证明,考查线面成角问题,借助空间向量是解决线面成角问题的关键,难度一般.