2025年白山市长白朝鲜族自治县高考数学押题试卷含解析

这是一份2025年白山市长白朝鲜族自治县高考数学押题试卷含解析，共6页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，若时，，则的取值范围为，设，，则的值为，若复数z满足，则等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．已知函数，，且，则（ ）
A．3B．3或7C．5D．5或8
2．已知是球的球面上两点,,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
3．设一个正三棱柱，每条棱长都相等，一只蚂蚁从上底面的某顶点出发，每次只沿着棱爬行并爬到另一个顶点，算一次爬行，若它选择三个方向爬行的概率相等，若蚂蚁爬行10次，仍然在上底面的概率为，则为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且a⊂α，b⊂β，aβ，bα，则“ab“是“αβ”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
5．若时，，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数则函数的图象的对称轴方程为（ ）
A．B．
C．D．
7．设，，则的值为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知双曲线的渐近线方程为，且其右焦点为，则双曲线的方程为（ ）
A．B．C．D．
9．在菱形中，，，，分别为，的中点，则（ ）
A．B．C．5D．
10．若复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．
11．正三棱柱中，，是的中点，则异面直线与所成的角为（ ）
A．B．C．D．
12．设，其中a，b是实数，则（ ）
A．1B．2C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．实数，满足，如果目标函数的最小值为，则的最小值为_______．
14．已知三棱锥中，，，，且二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为__________.
15．已知“在中，”，类比以上正弦定理，“在三棱锥中，侧棱与平面所成的角为、与平面所成的角为，则________．
16．已知，，，则的最小值是__．
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，三棱柱中，侧面是菱形，其对角线的交点为，且．
（1）求证：平面；
（2）设，若直线与平面所成的角为，求二面角的正弦值．
18．（12分）如图，空间几何体中，是边长为2的等边三角形，，，，平面平面，且平面平面，为中点.
（1）证明：平面；
（2）求二面角平面角的余弦值.
19．（12分）在如图所示的多面体中，平面平面，四边形是边长为2的菱形，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，且， ，
（1）若分别为，的中点，求证：平面；
（2）若，与平面所成角的正弦值，求二面角的余弦值．
20．（12分）如图，在四棱锥中，是边长为的正方形的中心，平面，为的中点.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）若，求二面角的余弦值.
21．（12分）如图，平面分别是上的动点，且.
（1）若平面与平面的交线为，求证：；
（2）当平面平面时，求平面与平面所成的二面角的余弦值.
22．（10分）已知椭圆的右顶点为，点在轴上，线段与椭圆的交点在第一象限，过点的直线与椭圆相切，且直线交轴于.设过点且平行于直线的直线交轴于点.
（Ⅰ）当为线段的中点时，求直线的方程；
（Ⅱ）记的面积为，的面积为，求的最小值.
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．B
【解析】
根据函数的对称轴以及函数值，可得结果.
【详解】
函数，
若，则的图象关于对称，
又，所以或，
所以的值是7或3.
故选：B.
本题考查的是三角函数的概念及性质和函数的对称性问题，属基础题
2．C
【解析】
如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选C．
考点：外接球表面积和椎体的体积．
3．D
【解析】
由题意，设第次爬行后仍然在上底面的概率为.①若上一步在上面，再走一步要想不掉下去，只有两条路，其概率为；②若上一步在下面，则第步不在上面的概率是.如果爬上来，其概率是，两种事件又是互斥的,可得，根据求数列的通项知识可得选项.
【详解】
由题意，设第次爬行后仍然在上底面的概率为.
①若上一步在上面，再走一步要想不掉下去，只有两条路，其概率为；
②若上一步在下面，则第步不在上面的概率是.如果爬上来，其概率是，
两种事件又是互斥的,∴，即，∴，
∴数列是以为公比的等比数列，而，所以，
∴当时，，
故选：D.
本题考查几何体中的概率问题，关键在于运用递推的知识，得出相邻的项的关系，这是常用的方法，属于难度题.
4．D
【解析】
根据面面平行的判定及性质求解即可．
【详解】
解：a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，
由a∥b，不一定有α∥β，α与β可能相交；
反之，由α∥β，可得a∥b或a与b异面，
∴a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，
则“a∥b“是“α∥β”的既不充分也不必要条件．
故选：D.
本题主要考查充分条件与必要条件的判断，考查面面平行的判定与性质，属于基础题．
5．D
【解析】
由题得对恒成立，令，然后分别求出即可得的取值范围.
【详解】
由题得对恒成立，
令，
在单调递减，且，
在上单调递增，在上单调递减，
，
又在单调递增，，
的取值范围为.
故选：D
本题主要考查了不等式恒成立问题，导数的综合应用，考查了转化与化归的思想.求解不等式恒成立问题，可采用参变量分离法去求解.
6．C
【解析】
，将看成一个整体，结合的对称性即可得到答案.
【详解】
由已知，，令，得.
故选：C.
本题考查余弦型函数的对称性的问题，在处理余弦型函数的性质时，一般采用整体法，结合三角函数的性质，是一道容易题.
7．D
【解析】
利用倍角公式求得的值，利用诱导公式求得的值，利用同角三角函数关系式求得的值，进而求得的值，最后利用正切差角公式求得结果.
【详解】
，，
，，
，，，
，
故选：D.
该题考查的是有关三角函数求值问题，涉及到的知识点有诱导公式，正切倍角公式，同角三角函数关系式，正切差角公式，属于基础题目.
8．B
【解析】
试题分析：由题意得，，所以，，所求双曲线方程为．
考点：双曲线方程.
9．B
【解析】
据题意以菱形对角线交点为坐标原点建立平面直角坐标系，用坐标表示出，再根据坐标形式下向量的数量积运算计算出结果.
【详解】
设与交于点，以为原点，的方向为轴，的方向为轴，建立直角坐标系，
则，，，，，
所以.
故选：B.
本题考查建立平面直角坐标系解决向量的数量积问题，难度一般.长方形、正方形、菱形中的向量数量积问题，如果直接计算较麻烦可考虑用建系的方法求解.
10．D
【解析】
先化简得再求得解.
【详解】
所以.
故选：D
本题主要考查复数的运算和模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
11．C
【解析】
取中点，连接，，根据正棱柱的结构性质，得出//，则即为异面直线与所成角，求出，即可得出结果.
【详解】
解：如图，取中点，连接，，
由于正三棱柱，则底面，
而底面，所以，
由正三棱柱的性质可知，为等边三角形，
所以，且,
所以平面，
而平面，则，
则//，，
∴即为异面直线与所成角，
设，则，，，
则，
∴.
故选：C.
本题考查通过几何法求异面直线的夹角，考查计算能力.
12．D
【解析】
根据复数相等，可得，然后根据复数模的计算，可得结果.
【详解】
由题可知：，
即，所以
则
故选：D
本题考查复数模的计算，考验计算，属基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的最小值为，确定出的值，进而确定出C点坐标，结合目标函数几何意义，从而求得结果.
【详解】
先做的区域如图可知在三角形ABC区域内，
由得可知，直线的截距最大时，取得最小值，
此时直线为，
作出直线，交于A点，
由图象可知，目标函数在该点取得最小值，所以直线也过A点，
由，得，代入，得，
所以点C的坐标为．
等价于点与原点连线的斜率，
所以当点为点C时，取得最小值，最小值为，
故答案为：.
该题考查的是有关线性规划的问题，在解题的过程中，注意正确画出约束条件对应的可行域，根据最值求出参数，结合分式型目标函数的意义求得最优解，属于中档题目.
14．
【解析】
设的中心为T，AB的中点为N，AC中点为M，分别过M，T做平面ABC，平面PAB
的垂线，则垂线的交点为球心O，将的长度求出或用球半径表示，再利用余弦定理即可建立方程解得半径.
【详解】
设的中心为T，AB的中点为N，AC中点为M，分别过M，T做平面ABC，平面PAB
的垂线，则垂线的交点为球心O，如图所示
因为，，所以，，，
又二面角的大小为，则，，所以
，
设外接球半径为R，则，，
在中，由余弦定理，得，
即，解得，
故三棱锥外接球的表面积.
故答案为：.
本题考查三棱锥外接球的表面积问题，解决此类问题一定要数形结合，建立关于球的半径的方程，本题计算量较大，是一道难题.
15．
【解析】
类比，三角形边长类比三棱锥各面的面积，三角形内角类比三棱锥中侧棱与面所成角．
【详解】
，故，
本题考查类比推理．类比正弦定理可得，类比时有结构类比，方法类比等．
16．．
【解析】
因为，展开后利用基本不等式，即可得到本题答案.
【详解】
由，得，
所以，当且仅当，取等号.
故答案为：
本题主要考查利用基本不等式求最值，考查学生的转化能力和运算求解能力.
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）见解析；（2）.
【解析】
（1）根据菱形的特征和题中条件得到平面，结合线面垂直的定义和判定定理即可证明；
2建立空间直角坐标系，利用向量知识求解即可．
【详解】
（1）证明：∵四边形是菱形，
，

平面
平面，
又是的中点，
，
又
平面
（2）
∴直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角．
平面，
∴直线与平面所成的角为，即．
因为，则在等腰直角三角形中，
所以．
在中，由得，
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系．
则
所以
设平面的一个法向量为，
则，可得，
取平面的一个法向量为，
则，
所以二面角的正弦值的大小为．
（注：问题（2）可以转化为求二面角的正弦值，求出后，在中，过点作的垂线，垂足为，连接，则就是所求二面角平面角的补角，先求出，再求出，最后在中求出．）
本题主要考查了线面垂直的判定以及二面角的求解，属于中档题．
18．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）分别取，的中点，，连接，，，，，要证明平面，只需证明面∥面即可.
（2）以点为原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，
分别计算面的法向量，面的法向量可取，并判断二面角为锐角，再利用计算即可.
【详解】
（1）证明：分别取，的中点，，连接，，，，.
由平面平面，且交于，平面，有平面，
由平面平面，且交于，平面，有平面
，所以∥，又平面，平面，所以∥平面
，由，有，∥，又平面，平面
，所以∥平面，
由∥平面，∥平面，，所以平面∥平面，所以∥平面
（2）以点为原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立如图所示空间直角坐标系
由面，所以面的法向量可取，
点，点，点，，，
设面的法向量，所以
，取，
二面角的平面角为，则为锐角.
所以
本题考查由面面平行证明线面平行以及向量法求二面角的余弦值，考查学生的运算能力，在做此类题时，一定要准确写出点的坐标.
19． (1)见解析(2)
【解析】
试题分析：（1）第（1）问，转化成证明平面 ,再转化成证明和.(2)第（2）问，先利用几何法找到与平面所成角，再根据与平面所成角的正弦值为求出再建立空间直角坐标系，求出二面角的余弦值.
试题解析：
（1）连接,因为四边形为菱形，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面.
又平面，所以.
因为，所以.
因为，所以平面.
因为分别为，的中点，所以，所以平面
（2）设，由（1）得平面.
由，，得，.
过点作，与的延长线交于点，取的中点，连接，，如图所示，
又，所以为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，故平面.
因为为平行四边形，所以，所以平面.
又因为，所以平面.
因为，所以平面平面.
由（1），得平面，所以平面，所以.
因为，所以平面，所以是与平面所成角.
因为，，所以平面，平面，因为，所以平面平面.
所以，，解得.
在梯形中，易证，分别以，，的正方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.
则，，，，，，
由，及，得，所以，，.
设平面的一个法向量为，由得令，得m=(3,1,2)
设平面的一个法向量为，由得令，得.
所以
又因为二面角是钝角，所以二面角的余弦值是.
20．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由正方形的性质得出，由平面得出，进而可推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论；
（Ⅱ）取的中点，连接、，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法能求出二面角的余弦值.
【详解】
（Ⅰ）是正方形，，
平面，平面，
、平面，且，平面 ，
又平面，平面平面；
（Ⅱ）取的中点，连接、，
是正方形，易知、、两两垂直，以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
在中，，，，
、、、，
设平面的一个法向量，，，
由，得，令，则，，.
设平面的一个法向量，，，
由，得，取，得，，得.
，
二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.
本题考查面面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
21．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）首先由线面平行的判定定理可得平面，再由线面平行的性质定理即可得证；
（2）以点为坐标原点，，所在的直线分别为轴，以过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；
【详解】
解：（1）由，
又平面，平面，所以平面.
又平面，且平面平面，
故.
（2）因为平面，所以，又，所以平面，
所以，又，所以.
若平面平面，则平面，所以，
由且，
又，所以.
以点为坐标原点，，所在的直线分别为轴，以过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，
则 ，，设
则
由，可得，，即，所以可得，所以，
设平面的一个法向量为，则
，，，取，得
所以
易知平面的法向量为，
设平面与平面所成的二面角为，
则，
结合图形可知平面与平面所成的二面角的余弦值为.
本题考查线面平行的判定定理及性质定理的应用，利用空间向量法求二面角，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题．
22．（Ⅰ）直线的方程为（Ⅱ）
【解析】
（1）设点，利用中点坐标公式表示点B，并代入椭圆方程解得，从而求出直线的方程；（2）设直线的方程为：，表示点，然后联立方程，利用相切得出，然后求出切点，再设出设直线的方程，求出点，利用两点坐标，求出直线的方程，从而求出，最后利用以上已求点的坐标表示面积，根据基本不等式求最值即可.
【详解】
解：（Ⅰ）由椭圆，可得：
由题意：设点，当为的中点时，可得：
代入椭圆方程，可得：所以：
所以.故直线的方程为.
（Ⅱ）由题意，直线的斜率存在且不为0，
故设直线的方程为：
令，得：，所以：.
联立：，消，整理得：.
因为直线与椭圆相切，所以.
即.
设，则，，
所以.
又直线直线，所以设直线的方程为：.
令，得，所以：.
因为，
所以直线的方程为：.
令，得，所以：.
所以.
又因为.
.
所以（当且仅当，即时等号成立）
所以.
本小题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查直线方程以及求椭圆中的最值问题，最值问题一般是把目标式求出，结合目标式特点选用合适的方法求解，侧重考查数学运算的核心素养，本题利用了基本不等式求最小值的方法，运算量较大，属于难题.