2024-2025学年甘肃省庆阳市宁县高考数学二模试卷含解析

这是一份2024-2025学年甘肃省庆阳市宁县高考数学二模试卷含解析，共11页。试卷主要包含了若直线的倾斜角为，则的值为，已知集合，则等于，记的最大值和最小值分别为和，给出个数 ，，，，，，其规律是等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知实数满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
2．已知的垂心为，且是的中点，则（ ）
A．14B．12C．10D．8
3．给出下列四个命题：①若“且”为假命题，则﹑均为假命题；②三角形的内角是第一象限角或第二象限角；③若命题，，则命题，；④设集合，，则“”是“”的必要条件；其中正确命题的个数是（ ）
A．B．C．D．
4．费马素数是法国大数学家费马命名的,形如的素数(如：)为费马索数,在不超过30的正偶数中随机选取一数,则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是( )
A．B．C．D．
5．若的二项式展开式中二项式系数的和为32，则正整数的值为（ ）
A．7B．6C．5D．4
6．若直线的倾斜角为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知集合，则等于（ ）
A．B．C．D．
8．记的最大值和最小值分别为和．若平面向量、、，满足，则（ ）
A．B．
C．D．
9．给出个数 ，，，，，，其规律是：第个数是，第个数比第个数大 ，第个数比第个数大，第个数比第个数大，以此类推，要计算这个数的和．现已给出了该问题算法的程序框图如图，请在图中判断框中的①处和执行框中的②处填上合适的语句，使之能完成该题算法功能( )
A．；B．；
C．；D．；
10．已知七人排成一排拍照，其中甲、乙、丙三人两两不相邻，甲、丁两人必须相邻，则满足要求的排队方法数为（ ）.
A．432B．576C．696D．960
11．已知函数的图像上有且仅有四个不同的关于直线对称的点在的图像上，则的取值范围是( )
A．B．C．D．
12．已知双曲线的左、右焦点分别为，圆与双曲线在第一象限内的交点为M，若．则该双曲线的离心率为
A．2B．3C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知是同一球面上的四个点，其中平面，是正三角形，，则该球的表面积为______.
14．我国古代数学著作《九章算术》中记载“今有人共买物，人出八，盈三；人出七，不足四．问人数、物价各几何？”设人数、物价分别为、，满足，则_____，_____．
15．已知直线被圆截得的弦长为2，则的值为__
16．若复数z满足，其中i是虚数单位，则z的模是______.
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）如图，三棱台中， 侧面与侧面是全等的梯形，若，且.
（Ⅰ）若，，证明：∥平面；
（Ⅱ）若二面角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
18．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程及直线的直角坐标方程；
（2）求曲线上的点到直线的距离的最大值与最小值.
19．（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.
20．（12分）如图，四棱锥中，底面为直角梯形，∥，为等边三角形，平面底面，为的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）点在线段上，且，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
21．（12分）设函数.
（1）时，求的单调区间；
（2）当时，设的最小值为，若恒成立，求实数t的取值范围.
22．（10分）如图，已知四棱锥，底面为边长为2的菱形，平面，，是的中点，．
（Ⅰ） 证明：；
（Ⅱ） 若为上的动点，求与平面所成最大角的正切值．
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．A
【解析】
所求的分母特征，利用变形构造，再等价变形，利用基本不等式求最值.
【详解】
解：因为满足，
则
，
当且仅当时取等号，
故选：．
本题考查通过拼凑法利用基本不等式求最值.拼凑法的实质在于代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键.(1)拼凑的技巧，以整式为基础，注意利用系数的变化以及等式中常数的调整，做到等价变形;(2)代数式的变形以拼凑出和或积的定值为目标(3)拆项、添项应注意检验利用基本不等式的前提.
2．A
【解析】
由垂心的性质，得到，可转化，又即得解.
【详解】
因为为的垂心，所以，
所以，而，
所以，
因为是的中点，
所以
．
故选：A
本题考查了利用向量的线性运算和向量的数量积的运算率，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.
3．B
【解析】
①利用真假表来判断，②考虑内角为，③利用特称命题的否定是全称命题判断，
④利用集合间的包含关系判断.
【详解】
若“且”为假命题，则﹑中至少有一个是假命题，故①错误；当内角为时，不是象限角，故②错误；
由特称命题的否定是全称命题知③正确；因为，所以，所以“”是“”的必要条件，
故④正确.
故选：B.
本题考查命题真假的问题，涉及到“且”命题、特称命题的否定、象限角、必要条件等知识，是一道基础题.
4．B
【解析】
基本事件总数，能表示为两个不同费马素数的和只有，，，共有个，根据古典概型求出概率．
【详解】
在不超过的正偶数中随机选取一数，基本事件总数
能表示为两个不同费马素数的和的只有，，，共有个
则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是
本题正确选项：
本题考查概率的求法，考查列举法解决古典概型问题，是基础题．
5．C
【解析】
由二项式系数性质，的展开式中所有二项式系数和为计算．
【详解】
的二项展开式中二项式系数和为，．
故选：C．
本题考查二项式系数的性质，掌握二项式系数性质是解题关键．
6．B
【解析】
根据题意可得：，所求式子利用二倍角的正弦函数公式化简，再利用同角三角函数间的基本关系弦化切后，将代入计算即可求出值．
【详解】
由于直线的倾斜角为，所以，
则
故答案选B
本题考查二倍角的正弦函数公式，同角三角函数间的基本关系，以及直线倾斜角与斜率之间的关系，熟练掌握公式是解本题的关键．
7．C
【解析】
先化简集合A，再与集合B求交集.
【详解】
因为，，
所以.
故选：C
本题主要考查集合的基本运算以及分式不等式的解法，属于基础题.
8．A
【解析】
设为、的夹角，根据题意求得，然后建立平面直角坐标系，设，，，根据平面向量数量积的坐标运算得出点的轨迹方程，将和转化为圆上的点到定点距离，利用数形结合思想可得出结果.
【详解】
由已知可得，则，，，
建立平面直角坐标系，设，，，
由，可得，
即，
化简得点的轨迹方程为，则，
则转化为圆上的点与点的距离，，，
，
转化为圆上的点与点的距离，
，.
故选：A.
本题考查和向量与差向量模最值的求解，将向量坐标化，将问题转化为圆上的点到定点距离的最值问题是解答的关键，考查化归与转化思想与数形结合思想的应用，属于中等题.
9．A
【解析】
要计算这个数的和，这就需要循环50次，这样可以确定判断语句①，根据累加最的变化规律可以确定语句②.
【详解】
因为计算这个数的和，循环变量的初值为1，所以步长应该为1，故判断语句①应为，第个数是，第个数比第个数大 ，第个数比第个数大，第个数比第个数大，这样可以确定语句②为，故本题选A.
本题考查了补充循环结构，正确读懂题意是解本题的关键.
10．B
【解析】
先把没有要求的3人排好，再分如下两种情况讨论：1.甲、丁两者一起，与乙、丙都不相邻，2.甲、丁一起与乙、丙二者之一相邻.
【详解】
首先将除甲、乙、丙、丁外的其余3人排好，共有种不同排列方式，甲、丁排在一起共有种不同方式；
若甲、丁一起与乙、丙都不相邻，插入余下三人产生的空档中，共有种不同方式；
若甲、丁一起与乙、丙二者之一相邻，插入余下三人产生的空档中，共有种不同方式；
根据分类加法、分步乘法原理，得满足要求的排队方法数为种.
故选：B.
本题考查排列组合的综合应用，在分类时，要注意不重不漏的原则，本题是一道中档题.
11．D
【解析】
根据对称关系可将问题转化为与有且仅有四个不同的交点；利用导数研究的单调性从而得到的图象；由直线恒过定点，通过数形结合的方式可确定；利用过某一点曲线切线斜率的求解方法可求得和，进而得到结果.
【详解】
关于直线对称的直线方程为：
原题等价于与有且仅有四个不同的交点
由可知，直线恒过点
当时，
在上单调递减；在上单调递增
由此可得图象如下图所示：
其中、为过点的曲线的两条切线，切点分别为
由图象可知，当时，与有且仅有四个不同的交点
设，，则，解得：
设，，则，解得：
，则
本题正确选项：
本题考查根据直线与曲线交点个数确定参数范围的问题；涉及到过某一点的曲线切线斜率的求解问题；解题关键是能够通过对称性将问题转化为直线与曲线交点个数的问题，通过确定直线恒过的定点，采用数形结合的方式来进行求解.
12．D
【解析】
本题首先可以通过题意画出图像并过点作垂线交于点，然后通过圆与双曲线的相关性质判断出三角形的形状并求出高的长度，的长度即点纵坐标，然后将点纵坐标带入圆的方程即可得出点坐标，最后将点坐标带入双曲线方程即可得出结果。
【详解】
根据题意可画出以上图像，过点作垂线并交于点，
因为，在双曲线上，
所以根据双曲线性质可知，，即，，
因为圆的半径为，是圆的半径，所以，
因为，，，，
所以，三角形是直角三角形，
因为，所以，，即点纵坐标为，
将点纵坐标带入圆的方程中可得，解得，，
将点坐标带入双曲线中可得，
化简得，，，，故选D。
本题考查了圆锥曲线的相关性质，主要考察了圆与双曲线的相关性质，考查了圆与双曲线的综合应用，考查了数形结合思想，体现了综合性，提高了学生的逻辑思维能力，是难题。
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
求得等边三角形的外接圆半径，利用勾股定理求得三棱锥外接球的半径，进而求得外接球的表面积.
【详解】
设是等边三角形的外心，则球心在其正上方处.设，由正弦定理得.所以得三棱锥外接球的半径，所以外接球的表面积为.
故答案为：
本小题主要考查几何体外接球表面积的计算，属于基础题.
14．
【解析】
利用已知条件，通过求解方程组即可得到结果．
【详解】
设人数、物价分别为、，满足，解得，.
故答案为：；.
本题考查函数与方程的应用，方程组的求解，考查计算能力，属于基础题．
15．1
【解析】
根据弦长为半径的两倍，得直线经过圆心，将圆心坐标代入直线方程可解得．
【详解】
解：圆的圆心为（1，1），半径，
因为直线被圆截得的弦长为2，
所以直线经过圆心（1，1），
，解得．
故答案为：1．
本题考查了直线与圆相交的性质，属基础题．
16．
【解析】
先求得复数，再由复数模的计算公式即得.
【详解】
，
，则.
故答案为：
本题考查复数的四则运算和求复数的模，是基础题.
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． (Ⅰ)见解析；(Ⅱ) .
【解析】
试题分析：(Ⅰ) 连接，由比例可得∥，进而得线面平行；
（Ⅱ）过点作的垂线，建立空间直角坐标系，不妨设，则求得平面的法向量为，设平面的法向量为，由求二面角余弦即可.
试题解析：
（Ⅰ）证明：连接，梯形，,
易知：；
又，则∥；
平面，平面，
可得：∥平面；
（Ⅱ）侧面是梯形，，
,,
则为二面角的平面角， ；
均为正三角形，在平面内，过点作的垂线，如图建立空间直角坐标系，不妨设，则
,故点，
；
设平面的法向量为，则有：；
设平面的法向量为，则有：；
，
故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
18．（1），（2）最大值，最小值
【解析】
（1）由曲线的参数方程，得两式平方相加求解，根据直线的极坐标方程，展开有，再根据求解.
（2）因为曲线C是一个半圆，利用数形结合，圆心到直线的距离减半径即为最小值，最大值点由图可知.
【详解】
（1）因为曲线的参数方程为
所以
两式平方相加得：
因为直线的极坐标方程为.
所以
所以
即
（2）如图所示：
圆心C到直线的距离为：
所以圆上的点到直线的最小值为：
则点M(2，0)到直线的距离为最大值：
本题主要考查参数方程，普通方程及极坐标方程的转化和直线与圆的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
19．（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.
20．（1）见解析（2）
【解析】
（1）根据等边三角形的性质证得，根据面面垂直的性质定理，证得底面，由此证得，结合证得平面，由此证得：平面平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：∵为等边三角形，为的中点，∴
∵平面底面，平面底面，
∴底面平面，∴
又由题意可知为正方形，
又，∴平面
平面，∴平面平面
（2）如图建立空间直角坐标系，则，，，由已知，得，
设平面的法向量为，则
令，则，
∴
由（1）知平面的法向量可取为
∴
∴平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
本小题主要考查面面垂直的判定定理和性质定理，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
21．（1）的增区间为，减区间为；（2）.
【解析】
（1）求出函数的导数，由于参数的范围对导数的符号有影响，对参数分类，再研究函数的单调区间；
（2）由（1）的结论，求出的表达式，由于恒成立，故求出的最大值，即得实数的取值范围的左端点．
【详解】
解：（1）解：，
当时，，解得的增区间为，
解得的减区间为.
（2）解：若，由得，由得，
所以函数的减区间为，增区间为；
，
因为，所以，，
令，则恒成立，
由于，
当时，，故函数在上是减函数，
所以成立；
当时，若则，故函数在上是增函数，
即对时，，与题意不符；
综上，为所求．
本题考查导数在最大值与最小值问题中的应用，求解本题关键是根据导数研究出函数的单调性，由最值的定义得出函数的最值，本题中第一小题是求出函数的单调区间，第二小题是一个求函数的最值的问题，此类题运算量较大，转化灵活，解题时极易因为变形与运算出错，故做题时要认真仔细．
22．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）由底面为边长为2的菱形，平面，，易证平面，可得；（Ⅱ）连结，由（Ⅰ）易知为与平面所成的角，在中，可求得.
试题解析：（Ⅰ）∵ 四边形为菱形，且，
∴为正三角形，又为中点，
∴；又，
∴，
∵平面，又平面，
∴，
∴平面，又平面，
∴；
(Ⅱ)连结，由（Ⅰ）知平面，
∴为与平面所成的角，
在中，，最大当且仅当最短，
即时最大，
依题意，此时，在中，，
∴，，
∴与平面所成最大角的正切值为．
考点：1.线线垂直证明；2.求线面角.