2025届甘肃省陇南地区康县高三第二次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2025届甘肃省陇南地区康县高三第二次模拟考试数学试卷含解析，共14页。试卷主要包含了已知,则，设，，则“”是“”的，设，，，则、、的大小关系为，已知向量，等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
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，矩形ABCD中，，，E是AD的中点，将沿BE折起至，记二面角的平面角为，直线与平面BCDE所成的角为，与BC所成的角为，有如下两个命题：①对满足题意的任意的的位置，；②对满足题意的任意的的位置，，则( )

A．命题①和命题②都成立B．命题①和命题②都不成立
C．命题①成立，命题②不成立D．命题①不成立，命题②成立
2．金庸先生的武侠小说《射雕英雄传》第12回中有这样一段情节，“……洪七公道：肉只五种，但猪羊混咬是一般滋味，獐牛同嚼又是一般滋味，一共有几般变化，我可算不出了”.现有五种不同的肉，任何两种（含两种）以上的肉混合后的滋味都不一样，则混合后可以组成的所有不同的滋味种数为（ ）
A．20B．24C．25D．26
3．已知,则 ( )
A．B．C．D．
4．已知展开式的二项式系数和与展开式中常数项相等，则项系数为（ ）
A．10B．32C．40D．80
5．若不等式在区间内的解集中有且仅有三个整数，则实数的取值范围是( )
A．B．
C．D．
6．在长方体中，，则直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知Sn为等比数列{an}的前n项和，a5＝16，a3a4＝﹣32，则S8＝（ ）
A．﹣21B．﹣24C．85D．﹣85
8．设，，则“”是“”的
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
9．设，，，则、、的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
10．已知向量，（其中为实数），则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
11．若，则“”是“的展开式中项的系数为90”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
12．若实数满足不等式组则的最小值等于（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知i为虚数单位，复数，则＝_______．
14．已知，复数且（为虚数单位），则__________，_________．
15．如图，棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点，以为圆心，1为半径，分别在面和面内作弧和，并将两弧各五等分，分点依次为、、、、、以及、、、、、．一只蚂蚁欲从点出发，沿正方体的表面爬行至，则其爬行的最短距离为________．参考数据：；；）
16．如图，在一个倒置的高为2的圆锥形容器中，装有深度为的水，再放入一个半径为1的不锈钢制的实心半球后，半球的大圆面、水面均与容器口相平，则的值为____________.
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）已知椭圆与x轴负半轴交于，离心率.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线与椭圆C交于两点，连接AM,AN并延长交直线x=4于两点，若，直线MN是否恒过定点，如果是，请求出定点坐标，如果不是，请说明理由.
18．（12分）已知椭圆，上顶点为，离心率为，直线交轴于点，交椭圆于，两点，直线，分别交轴于点，．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）求证：为定值．
19．（12分）已知函数.其中是自然对数的底数.
（1）求函数在点处的切线方程；
（2）若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.
20．（12分）已知向量， .
（1）求的最小正周期；
（2）若的内角的对边分别为，且，求的面积.
21．（12分）已知函数．
（1）求函数的零点；
（2）设函数的图象与函数的图象交于，两点，求证：；
（3）若，且不等式对一切正实数x恒成立，求k的取值范围．
22．（10分）如图，已知椭圆的右焦点为，，为椭圆上的两个动点，周长的最大值为8.
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）直线经过，交椭圆于点，，直线与直线的倾斜角互补，且交椭圆于点，，，求证：直线与直线的交点在定直线上.
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】
作出二面角的补角、线面角、线线角的补角，由此判断出两个命题的正确性.
【详解】
①如图所示，过作平面，垂足为，连接，作，连接.
由图可知，，所以，所以①正确.
②由于，所以与所成角，所以，所以②正确.
综上所述，①②都正确.
故选：A
本题考查了折叠问题、空间角、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
2．D
【解析】
利用组合的意义可得混合后所有不同的滋味种数为，再利用组合数的计算公式可得所求的种数.
【详解】
混合后可以组成的所有不同的滋味种数为（种），
故选：D.
本题考查组合的应用，此类问题注意实际问题的合理转化，本题属于容易题.
3．B
【解析】
利用诱导公式以及同角三角函数基本关系式化简求解即可．
【详解】
，
本题正确选项：
本题考查诱导公式的应用，同角三角函数基本关系式的应用，考查计算能力．
4．D
【解析】
根据二项式定理通项公式可得常数项，然后二项式系数和，可得，最后依据，可得结果.
【详解】
由题可知：
当时，常数项为
又展开式的二项式系数和为
由
所以
当时，
所以项系数为
故选：D
本题考查二项式定理通项公式，熟悉公式，细心计算，属基础题.
5．C
【解析】
由题可知，设函数，，根据导数求出的极值点，得出单调性，根据在区间内的解集中有且仅有三个整数，转化为在区间内的解集中有且仅有三个整数，结合图象，可求出实数的取值范围.
【详解】
设函数，，
因为，
所以，
或，
因为 时，，
或时，，，其图象如下：
当时，至多一个整数根；
当时，在内的解集中仅有三个整数，只需，
，
所以.
故选：C.
本题考查不等式的解法和应用问题，还涉及利用导数求函数单调性和函数图象，同时考查数形结合思想和解题能力.
6．C
【解析】
在长方体中， 得与平面交于，过做于，可证平面，可得为所求解的角，解，即可求出结论.
【详解】
在长方体中，平面即为平面，
过做于，平面，
平面，
平面，为与平面所成角，
在，
，
直线与平面所成角的余弦值为.
故选:C.
本题考查直线与平面所成的角，定义法求空间角要体现“做”“证”“算”，三步骤缺一不可，属于基础题.
7．D
【解析】
由等比数列的性质求得a1q4＝16，a12q5＝﹣32，通过解该方程求得它们的值，求首项和公比，根据等比数列的前n项和公式解答即可.
【详解】
设等比数列{an}的公比为q，
∵a5＝16，a3a4＝﹣32，
∴a1q4＝16，a12q5＝﹣32，
∴q＝﹣2，则，
则，
故选：D.
本题主要考查等比数列的前n项和，根据等比数列建立条件关系求出公比是解决本题的关键，属于基础题.
8．A
【解析】
根据对数的运算分别从充分性和必要性去证明即可.
【详解】
若， ，则，可得；
若，可得，无法得到，
所以“”是“”的充分而不必要条件.
所以本题答案为A.
本题考查充要条件的定义，判断充要条件的方法是：
① 若为真命题且为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；
② 若为假命题且为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；
③ 若为真命题且为真命题，则命题p是命题q的充要条件；
④ 若为假命题且为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件.
⑤ 判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系.
9．D
【解析】
因为，，
所以且在上单调递减，且
所以，所以，
又因为，，所以，
所以.
故选：D.
本题考查利用指对数函数的单调性比较指对数的大小，难度一般.除了可以直接利用单调性比较大小，还可以根据中间值“”比较大小.
10．A
【解析】
结合向量垂直的坐标表示，将两个条件相互推导，根据能否推导的情况判断出充分、必要条件.
【详解】
由，则，所以；而
当，则，解得或.所以
“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
本小题考查平面向量的运算，向量垂直，充要条件等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，应用意识.
11．B
【解析】
求得的二项展开式的通项为,令时,可得项的系数为90,即,求得,即可得出结果.
【详解】
若则二项展开式的通项为,令,即,则项的系数为,充分性成立;当的展开式中项的系数为90,则有,从而,必要性不成立.
故选:B.
本题考查二项式定理、充分条件、必要条件及充要条件的判断知识,考查考生的分析问题的能力和计算能力,难度较易.
12．A
【解析】
首先画出可行域，利用目标函数的几何意义求的最小值．
【详解】
解：作出实数，满足不等式组表示的平面区域（如图示：阴影部分）
由得，
由得，平移，
易知过点时直线在上截距最小，
所以．
故选：A．
本题考查了简单线性规划问题，求目标函数的最值先画出可行域，利用几何意义求值，属于中档题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
先把复数进行化简，然后利用求模公式可得结果.
【详解】
．
故答案为：.
本题主要考查复数模的求解，利用复数的运算把复数化为的形式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
14．
【解析】
∵复数且
∴
∴
∴
∴，
故答案为，
15．
【解析】
根据空间位置关系，将平面旋转后使得各点在同一平面内，结合角的关系即可求得两点间距离的三角函数表达式.根据所给参考数据即可得解.
【详解】
棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点，以为圆心，1为半径，分别在面和面内作弧和.
将平面绕旋转至与平面共面的位置，如下图所示：
则，所以；
将平面绕旋转至与平面共面的位置，将绕旋转至与平面共面的位置，如下图所示：
则，所以；
因为，且由诱导公式可得，
所以最短距离为，
故答案为：.
本题考查了空间几何体中最短距离的求法，注意将空间几何体展开至同一平面内求解的方法，三角函数诱导公式的应用，综合性强，属于难题.
16．
【解析】
由已知可得到圆锥的底面半径，再由圆锥的体积等于半球的体积与水的体积之和即可建立方程.
【详解】
设圆锥的底面半径为，体积为，半球的体积为，水（小圆锥）的体积为，如图
则，所以，，解得，
所以，，，
由，得，解得.
故答案为：
本题考查圆锥的体积、球的体积的计算，考查学生空间想象能力与计算能力，是一道中档题.
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）直线恒过定点,详见解析
【解析】
（1）依题意由椭圆的简单性质可求出，即得椭圆C的方程；
（2）设直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程可求得点的坐标，同理可求出点的坐标，根据的坐标可求出直线的方程，将其化简成点斜式，即可求出定点坐标．
【详解】
（1）由题有，.∴，∴.∴椭圆方程为.
（2）设直线的方程为：，则
∴或，∴，同理，
当时，由有.∴，同理，又
∴，
当时，∴直线的方程为
∴直线恒过定点，当时，此时也过定点..
综上:直线恒过定点.
本题主要考查利用椭圆的简单性质求椭圆的标准方程，以及直线与椭圆的位置关系应用，定点问题的求法等，意在考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于难题．
18．（Ⅰ）；（Ⅱ），证明见解析．
【解析】
（Ⅰ）根据题意列出关于，，的方程组，解出，，的值，即可得到椭圆的方程；
（Ⅱ）设点，，点，，易求直线的方程为：，令得，，同理可得，所以
，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理代入上式，化简即可得到．
【详解】
（Ⅰ）解：由题意可知：，解得，
椭圆的方程为：；
（Ⅱ）证：设点，，点，，
联立方程，消去得：，
，①，
点，，，
直线的方程为：，令得，，，，
同理可得，，
，
把①式代入上式得：，
为定值．
本题主要考查直线与椭圆的位置关系、定值问题的求解；关键是能够通过直线与椭圆联立得到韦达定理的形式，利用韦达定理化简三角形面积得到定值；考查计算能力与推理能力，属于中档题．
19．（1）；
（2）.
【解析】
(1)利用导数的几何意义求出切线的斜率，再求出切点坐标即可得在点处的切线方程；
（2）令，然后利用导数并根据a的情况研究函数的单调性和最值.
【详解】
（1），，
∴，
又，
∴切线方程为，即.
（2）令，
，
①若，则在上单调递减，又，
∴恒成立，∴在上单调递减，又，
∴恒成立.
②若，令，
∴，易知与在上单调递减，
∴在上单调递减，，
当即时，在上恒成立，
∴在上单调递减，即在上单调递减，
又，∴恒成立，∴在上单调递减，
又，∴恒成立，
当即时，使，
∴在递增，此时，∴，
∴在递增，∴，不合题意.
综上，实数的取值范围是.
本题主要考查导数的几何意义及构造函数解决含参数的不等式恒成立时求参数的取值范围问题，第二问的难点是构造函数后二次求导问题，对分类讨论思想及化归与等价转化思想要求较高，难度较大，属拔高题.
20．（1）；（2）或
【解析】
（1）利用平面向量数量积的坐标运算可得，利用正弦函数的周期性即可求解；（2）由（1）可求，结合范围，可求的值，由余弦定理可求的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】
（1）
∴最小正周期 .
（2）由（1）知， ∴
∴， 又
∴或. 解得或
当时，由余弦定理得
即， 解得.
此时.
当时，由余弦定理得.
即，解得.
此时.
本题主要考查了平面向量数量积的坐标运算、正弦函数的周期性，考查余弦定理、三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和分类讨论思想，属于基础题．
21． (1)x=1 (2)证明见解析 (3)
【解析】
（1）令，根据导函数确定函数的单调区间，求出极小值，进而求解；
（2）转化思想，要证 ，即证 ，即证，构造函数进而求证；
（3）不等式 对一切正实数恒成立，，设，分类讨论进而求解．
【详解】
解：（1）令，所以，
当时，，在上单调递增；
当时，，在单调递减；
所以，所以的零点为．
（2）由题意， ，
要证 ，即证，即证，
令，则，由（1）知，当且仅当时等号成立，所以，
即，所以原不等式成立．
（3）不等式 对一切正实数恒成立，
，
设，，
记，△，
①当△时，即时，恒成立，故单调递增．
于是当时，，又，故，
当时，，又，故，
又当时，，
因此，当时，，
②当△，即时，设的两个不等实根分别为，，
又，于是，
故当时，，从而在单调递减；
当时，，此时，于是，
即 舍去，
综上，的取值范围是．
（1）考查函数求导，根据导函数确定函数的单调性，零点；（2）考查转化思想，构造函数求极值；（3）考查分类讨论思想，函数的单调性，函数的求导；属于难题.
22．（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【解析】
（Ⅰ）由椭圆的定义可得，周长取最大值时，线段过点，可求出，从而求出椭圆的标准方程；
（Ⅱ）设直线，直线，，，，.把直线与直线的方程分别代入椭圆的方程，利用韦达定理和弦长公式求出和，根据求出的值.最后直线与直线的方程联立，求两直线的交点即得结论.
【详解】
（Ⅰ）设的周长为，
则
，当且仅当线段过点时“”成立.
，，又，，
椭圆的标准方程为.
（Ⅱ）若直线的斜率不存在，则直线的斜率也不存在，这与直线与直线相交于点矛盾，所以直线的斜率存在.
设，，，，，.
将直线的方程代入椭圆方程得：.
，,
.
同理，.
由得，此时.
直线，
联立直线与直线的方程得，
即点在定直线.
本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于难题.