岚皋县2025届高考数学三模试卷含解析

这是一份岚皋县2025届高考数学三模试卷含解析，共11页。试卷主要包含了设全集，集合，则＝，设复数满足，则等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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，平面与平面相交于，，，点，点，则下列叙述错误的是（ ）
A．直线与异面
B．过只有唯一平面与平行
C．过点只能作唯一平面与垂直
D．过一定能作一平面与垂直
2．已知当，，时，，则以下判断正确的是
A．B．
C．D．与的大小关系不确定
3．在中，角所对的边分别为，已知，．当变化时，若存在最大值，则正数的取值范围为
A．B．C．D．
4．的展开式中，含项的系数为（ ）
A．B．C．D．
5．已知双曲线的一条渐近线为，圆与相切于点，若的面积为，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．关于函数在区间的单调性，下列叙述正确的是（ ）
A．单调递增B．单调递减C．先递减后递增D．先递增后递减
7．设全集，集合，则＝( )
A．B．C．D．
8．设复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
9．已知双曲线的左、右顶点分别是，双曲线的右焦点为，点在过且垂直于轴的直线上，当的外接圆面积达到最小时，点恰好在双曲线上，则该双曲线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
10．点为不等式组所表示的平面区域上的动点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
11．已知椭圆（a＞b＞0）与双曲线（a＞0，b＞0）的焦点相同，则双曲线渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
12．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
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．经过椭圆中心的直线与椭圆相交于、两点（点在第一象限），过点作轴的垂线，垂足为点.设直线与椭圆的另一个交点为.则的值是________________．
14．已知集合，则____________.
15．已知向量=（1，2），=（-3，1），则=______．
16．若点在直线上，则的值等于______________ .
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）已知的内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若的面积为，，求的周长.
18．（12分）在四边形中，，；如图，将沿边折起，连结，使，求证：
（1）平面平面；
（2）若为棱上一点，且与平面所成角的正弦值为，求二面角的大小.
19．（12分）如图，在正三棱柱中，，，分别为，的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成二面角锐角的余弦值．
20．（12分）已知曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为（为参数）.
（1）求曲线的直角坐标方程与直线的普通方程；
（2）已知点，直线与曲线交于、两点，求.
21．（12分）已知各项均为正数的数列的前项和为，满足，，，，恰为等比数列的前3项．
（1）求数列，的通项公式；
（2）求数列的前项和为；若对均满足，求整数的最大值；
（3）是否存在数列满足等式成立，若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由．
22．（10分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，，为等边三角形，平面平面ABCD，M，N分别是线段PD和BC的中点.
（1）求直线CM与平面PAB所成角的正弦值；
（2）求二面角D-AP-B的余弦值；
（3）试判断直线MN与平面PAB的位置关系，并给出证明.
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．D
【解析】
根据异面直线的判定定理、定义和性质，结合线面垂直的关系，对选项中的命题判断.
【详解】
A.假设直线与共面，则A，D，B，C共面，则AB，CD共面，与，矛盾， 故正确.
B. 根据异面直线的性质知，过只有唯一平面与平行，故正确.
C. 根据过一点有且只有一个平面与已知直线垂直知，故正确.
D. 根据异面直线的性质知，过不一定能作一平面与垂直，故错误.
故选：D
本题主要考查异面直线的定义，性质以及线面关系，还考查了理解辨析的能力，属于中档题.
2．C
【解析】
由函数的增减性及导数的应用得：设，求得可得为增函数，又，，时，根据条件得，即可得结果．
【详解】
解：设，
则，
即为增函数，
又，，，，
即，
所以，
所以．
故选：C．
本题考查了函数的增减性及导数的应用，属中档题．
3．C
【解析】
因为，，所以根据正弦定理可得，所以，，所以
，其中，，
因为存在最大值，所以由，可得，
所以，所以，解得，所以正数的取值范围为，故选C．
4．B
【解析】
在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于，求出的值，即可求得含项的系数．
【详解】
的展开式通项为，
令，得，可得含项的系数为.
故选：B.
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．
5．D
【解析】
由圆与相切可知，圆心到的距离为2，即.又，由此求出的值，利用离心率公式，求出e.
【详解】
由题意得，，
，.
故选：D.
本题考查了双曲线的几何性质，直线与圆相切的性质，离心率的求法，属于中档题.
6．C
【解析】
先用诱导公式得,再根据函数图像平移的方法求解即可.
【详解】
函数的图象可由向左平移个单位得到,如图所示,在上先递减后递增.
故选：C
本题考查三角函数的平移与单调性的求解.属于基础题.
7．A
【解析】
先求得全集包含的元素，由此求得集合的补集.
【详解】
由解得，故，所以，故选A.
本小题主要考查补集的概念及运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.
8．D
【解析】
根据复数运算，即可容易求得结果.
【详解】
.
故选：D.
本题考查复数的四则运算，属基础题.
9．A
【解析】
点的坐标为，，展开利用均值不等式得到最值，将点代入双曲线计算得到答案.
【详解】
不妨设点的坐标为，由于为定值，由正弦定理可知当取得最大值时，的外接圆面积取得最小值，也等价于取得最大值，
因为，，
所以，
当且仅当，即当时，等号成立，
此时最大，此时的外接圆面积取最小值，
点的坐标为，代入可得，．
所以双曲线的方程为．
故选：
本题考查了求双曲线方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.
10．B
【解析】
作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，利用的几何意义即可得到结论．
【详解】
不等式组作出可行域如图：，，，
的几何意义是动点到的斜率，由图象可知的斜率为1，的斜率为：，
则的取值范围是：，，．
故选：．
本题主要考查线性规划的应用，根据目标函数的几何意义结合斜率公式是解决本题的关键．
11．A
【解析】
由题意可得，即，代入双曲线的渐近线方程可得答案.
【详解】
依题意椭圆与双曲线即的焦点相同，可得：，
即，∴，可得,
双曲线的渐近线方程为：,
故选：A．
本题考查椭圆和双曲线的方程和性质，考查渐近线方程的求法，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
12．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。
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
作出图形，设点，则、，设点，利用点差法得出，利用斜率公式得出，进而可得出，可得出，由此可求得的值.
【详解】
设点，则、，设点，
则，两式相减得，即，
即，
由斜率公式得，，，故，
因此，.
故答案为：.
本题考查椭圆中角的余弦值的求解，涉及了点差法与斜率公式的应用，考查计算能力，属于中等题.
14．
【解析】
根据并集的定义计算即可.
【详解】
由集合的并集，知.
故答案为：
本题考查集合的并集运算，属于容易题.
15．-6
【解析】
由可求，然后根据向量数量积的坐标表示可求 .
【详解】
∵=（1，2），=（-3，1），∴=（-4，-1），
则 =1×（-4）+2×（-1）=-6
故答案为-6
本题主要考查了向量数量积的坐标表示，属于基础试题．
16．
【解析】
根据题意可得，再由，即可得到结论.
【详解】
由题意，得，又，解得，
当时，则，
此时；
当时，则，
此时，
综上，.
故答案为：.
本题考查诱导公式和同角的三角函数的关系，考查计算能力，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）；（2）.
【解析】
（1）利用正弦定理将目标式边化角，结合倍角公式，即可整理化简求得结果；
（2）由面积公式，可以求得，再利用余弦定理，即可求得，结合即可求得周长.
【详解】
（1）由题设得.
由正弦定理得
∵∴，
所以或.
当，（舍）
故，
解得.
（2），从而.
由余弦定理得
.
解得.
∴.
故三角形的周长为.
本题考查由余弦定理解三角形，涉及面积公式，正弦的倍角公式，应用正弦定理将边化角，属综合性基础题.
18．（1）证明见详解；（2）
【解析】
（1）由题可知，等腰直角三角形与等边三角形，在其公共边AC上取中点O，连接、，可得，可求出.在中，由勾股定理可证得，结合，可证明平面.再根据面面垂直的判定定理，可证平面平面.
（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由点F在线段上，设，得出的坐标，进而求出平面的一个法向量.用向量法表示出与平面所成角的正弦值，由其等于，解得.再结合为平面的一个法向量，用向量法即可求出与的夹角，结合图形，写出二面角的大小.
【详解】
证明：（1）在中，
为正三角形，且
在中，
为等腰直角三角形，且
取的中点，连接
，
，
，平面
平面
平面
..平面平面
（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则
，
，
，
设.则
设平面的一个法向量为.则
，
令，解得
与平面所成角的正弦值为，
整理得
解得或(含去)
又为平面的一个法向量
，
二面角的大小为.
本题考查了线面垂直的判定，面面垂直的判定，向量法解决线面角、二面角的问题，属于中档题.
19．（1）证明见详解；（2）.
【解析】
（1）取中点为，通过证明//，进而证明线面平行；
（2）取中点为，以为坐标原点建立直角坐标系，求得两个平面的法向量，用向量法解得二面角的大小.
【详解】
（1）证明：取的中点，连结，，如下图所示：
在中，因为 为的中点，
，且，
又为的中点，，
，且，
，且，
四边形为平行四边形，
又平面，平面，
平面，即证.
（2）取中点，连结，，则，平面，
以为原点，分别以，，为，，轴，
建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，，，，，
，，，
设平面的一个法向量，
则，则，
令．则，
同理得平面的一个法向量为，
则，
故平面与平面所成二面角（锐角）的余弦值为.
本题考查由线线平行推证线面平行，以及利用向量法求解二面角的大小，属综合中档题.
20． (1) .(2)
【解析】
（1）根据极坐标与直角坐标互化公式，以及消去参数，即可求解；
（2）设两点对应的参数分别为，，将直线的参数方程代入曲线方程，结合根与系数的关系，即可求解.
【详解】
（1）对于曲线的极坐标方程为，可得，
又由，可得，即，
所以曲线的普通方程为.
由直线的参数方程为（为参数），消去参数可得，即
直线的方程为，即.
（2）设两点对应的参数分别为，，将直线的参数方程（为参数）代入曲线中，可得.
化简得：，则.
所以.
本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数方程的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
21．（2），（2），的最大整数是2．（3）存在，
【解析】
（2）由可得（），然后把这两个等式相减，化简得，公差为2，因为，，为等比数列，所以，化简计算得，，从而得到数列的通项公式，再计算出 ，，，从而可求出数列的通项公式；
（2）令，化简计算得，从而可得数列是递增的，所以只要的最小值大于即可，而的最小值为，所以可得答案；
（3）由题意可知，，
即，这个可看成一个数列的前项和，再写出其前（）项和，两式相减得，，利用同样的方法可得.
【详解】
解：（2）由题，当时，，即
当时， ① ②
①-②得，整理得，又因为各项均为正数的数列．
故是从第二项的等差数列，公差为2．
又恰为等比数列的前3项，
故，解得．又，
故，因为也成立．
故是以为首项，2为公差的等差数列．故．
即2，4，8恰为等比数列的前3项，故是以为首项，公比为的等比数列，
故．综上，
（2）令，则


所以数列是递增的，
若对均满足，只要的最小值大于即可
因为的最小值为，
所以，所以的最大整数是2．
（3）由，得
，
③
④
③-④得， ⑤，
⑥
⑤-⑥得，，
所以存在这样的数列，
此题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，最值，恒成立问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
22．（1）（2）（3）直线平面，证明见解析
【解析】
取中点，连接，则，再由已知证明平面，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量．
（1）求出的坐标，由与所成角的余弦值可得直线与平面所成角的正弦值；
（2）求出平面的一个法向量，再由两平面法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值；
（3）求出的坐标，由，结合平面，可得直线平面．
【详解】
底面是边长为2的菱形，，
为等边三角形．
取中点，连接，则，
为等边三角形，
，
又平面平面，且平面平面，
平面．
以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．
则，，，，1，，，0，，，，，，0，，
，，，，，．
，，设平面的一个法向量为．
由，取，得．
（1）证明：设直线与平面所成角为，
，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为；
（2）设平面的一个法向量为，
由，
得二面角的余弦值为；
（3），
，
又平面，
直线平面．
本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．