2024-2025学年龙里县高考数学二模试卷含解析

这是一份2024-2025学年龙里县高考数学二模试卷含解析，共5页。试卷主要包含了若集合，，则等内容，欢迎下载使用。
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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．已知双曲线的一条渐近线方程为，，分别是双曲线C的左、右焦点，点P在双曲线C上，且，则( )
A．9B．5C．2或9D．1或5
2．设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．23B．25C．28D．29
3．已知函数，当时，恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
4．已知为虚数单位，复数满足，则复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
5．如图所示，已知某几何体的三视图及其尺寸（单位：），则该几何体的表面积为( )
A． B．
C．D．
6．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过点的直线与椭圆交于、两点.若的内切圆与线段在其中点处相切，与相切于点，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
7．2019年10月1日上午，庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵仪式在天安门广场隆重举行.这次阅兵不仅展示了我国的科技军事力量，更是让世界感受到了中国的日新月异.今年的阅兵方阵有一个很抢眼，他们就是院校科研方阵.他们是由军事科学院、国防大学、国防科技大学联合组建．若已知甲、乙、丙三人来自上述三所学校，学历分别有学士、硕士、博士学位.现知道：①甲不是军事科学院的；②来自军事科学院的不是博士；③乙不是军事科学院的；④乙不是博士学位；⑤国防科技大学的是研究生．则丙是来自哪个院校的，学位是什么( )
A．国防大学，研究生B．国防大学，博士
C．军事科学院，学士D．国防科技大学，研究生
8．若集合，，则
A．B．C．D．
9．若，满足约束条件，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
10．函数在区间上的大致图象如图所示，则可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．某四棱锥的三视图如图所示，该几何体的体积是（ ）
A．8B．C．4D．
12．中，如果，则的形状是（ ）
A．等边三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等腰直角三角形
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．为激发学生团结协作，敢于拼搏，不言放弃的精神，某校高三5个班进行班级间的拔河比赛．每两班之间只比赛1场，目前（—）班已赛了4场，（二）班已赛了3场，（三）班已赛了2场，（四）班已赛了1场．则目前（五）班已经参加比赛的场次为__________．
14．如图，在矩形中，，是的中点，将，分别沿折起，使得平面平面，平面平面，则所得几何体的外接球的体积为__________.
15．若复数满足，其中为虚数单位，则的共轭复数在复平面内对应点的坐标为_____．
16．在矩形ABCD中，，，点E，F分别为BC，CD边上动点，且满足，则的最大值为________.
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，均为正数，且.证明：
（1）；
（2）.
18．（12分）已知数列满足对任意都有，其前项和为，且是与的等比中项，．
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列满足，，设数列的前项和为，求大于的最小的正整数的值．
19．（12分）在三棱柱中，，，，且.
（1）求证：平面平面；
（2）设二面角的大小为，求的值.
20．（12分）如图，在中，点在上，，，.
（1）求的值；
（2）若，求的长.
21．（12分）已知的内角的对边分别为，且.
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）若的周长是否有最大值？如果有，求出这个最大值，如果没有，请说明理由.
22．（10分）△的内角的对边分别为,且．
(1)求角的大小
(2)若,△的面积,求△的周长．
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】
根据渐近线方程求得，再利用双曲线定义即可求得.
【详解】
由于，所以，
又且，
故选：B.
本题考查由渐近线方程求双曲线方程，涉及双曲线的定义，属基础题.
2．D
【解析】
由可求，再求公差，再求解即可.
【详解】
解：是等差数列
，又，
公差为，
，
故选：D
考查等差数列的有关性质、运算求解能力和推理论证能力，是基础题.
3．A
【解析】
分析可得,显然在上恒成立,只需讨论时的情况即可,,然后构造函数,结合的单调性,不等式等价于,进而求得的取值范围即可.
【详解】
由题意,若,显然不是恒大于零,故.
,则在上恒成立;
当时,等价于,
因为,所以.
设,由,显然在上单调递增,
因为,所以等价于,即,则.
设,则.
令,解得,易得在上单调递增,在上单调递减,
从而，故.
故选:A.
本题考查了不等式恒成立问题,利用函数单调性是解决本题的关键,考查了学生的推理能力,属于基础题.
4．B
【解析】
求出复数，得出其对应点的坐标，确定所在象限．
【详解】
由题意,对应点坐标为 ，在第二象限．
故选：B．
本题考查复数的几何意义，考查复数的除法运算，属于基础题．
5．C
【解析】
由三视图知，该几何体是一个圆锥，其母线长是5，底面直径是6，据此可计算出答案.
【详解】
由三视图知，该几何体是一个圆锥，其母线长是5，底面直径是6，
该几何体的表面积.
故选：C
本题主要考查了三视图的知识，几何体的表面积的计算.由三视图正确恢复几何体是解题的关键.
6．D
【解析】
可设的内切圆的圆心为，设，，可得，由切线的性质：切线长相等推得，解得、，并设，求得的值，推得为等边三角形，由焦距为三角形的高，结合离心率公式可得所求值．
【详解】
可设的内切圆的圆心为，为切点，且为中点，，
设，，则，且有，解得，，
设，，设圆切于点，则，，
由，解得，，
，所以为等边三角形，
所以，，解得.
因此，该椭圆的离心率为.
故选：D.
本题考查椭圆的定义和性质，注意运用三角形的内心性质和等边三角形的性质，切线的性质，考查化简运算能力，属于中档题．
7．C
【解析】
根据①③可判断丙的院校；由②和⑤可判断丙的学位.
【详解】
由题意①甲不是军事科学院的，③乙不是军事科学院的；
则丙来自军事科学院；
由②来自军事科学院的不是博士，则丙不是博士；
由⑤国防科技大学的是研究生，可知丙不是研究生，
故丙为学士.
综上可知，丙来自军事科学院，学位是学士.
故选：C.
本题考查了合情推理的简单应用，由条件的相互牵制判断符合要求的情况，属于基础题.
8．C
【解析】
解一元次二次不等式得或，利用集合的交集运算求得.
【详解】
因为或，，所以，故选C.
本题考查集合的交运算，属于容易题.
9．B
【解析】
根据约束条件作出可行域，找到使直线的截距取最值得点，相应坐标代入即可求得取值范围.
【详解】
画出可行域，如图所示：
由图可知，当直线经过点时，取得最小值－5；经过点时，取得最大值5，故.
故选：B
本题考查根据线性规划求范围，属于基础题.
10．B
【解析】
根据特殊值及函数的单调性判断即可；
【详解】
解：当时，，无意义，故排除A；
又，则，故排除D；
对于C，当时，，所以不单调，故排除C；
故选：B
本题考查根据函数图象选择函数解析式，这类问题利用特殊值与排除法是最佳选择，属于基础题.
11．D
【解析】
根据三视图知，该几何体是一条垂直于底面的侧棱为2的四棱锥，画出图形，结合图形求出底面积代入体积公式求它的体积．
【详解】
根据三视图知，该几何体是侧棱底面的四棱锥，如图所示：
结合图中数据知，该四棱锥底面为对角线为2的正方形，
高为PA=2，
∴四棱锥的体积为.
故选：D.
本题考查由三视图求几何体体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．属于中等题.
12．B
【解析】
化简得lgcsA＝lg＝﹣lg2，即，结合， 可求，得代入sinC＝sinB，从而可求C，B，进而可判断.
【详解】
由，可得lgcsA＝＝﹣lg2，∴，
∵，∴，，∴sinC＝sinB＝＝，∴tanC＝，C＝，B＝.
故选：B
本题主要考查了对数的运算性质的应用，两角差的正弦公式的应用，解题的关键是灵活利用基本公式，属于基础题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．2
【解析】
根据比赛场次，分析，画出图象，计算结果.
【详解】
画图所示，可知目前（五）班已经赛了2场．
故答案为：2
本题考查推理，计数原理的图形表示，意在考查数形结合分析问题的能力，属于基础题型.
14．
【解析】
根据题意，画出空间几何体，设的中点分别为，并连接，利用面面垂直的性质及所给线段关系，可知几何体的外接球的球心为，即可求得其外接球的体积.
【详解】
由题可得，，均为等腰直角三角形，如图所示，
设的中点分别为，
连接，
则，.
因为平面平面，平面平面，
所以平面，平面，
易得，
则几何体的外接球的球心为，半径，
所以几何体的外接球的体积为.
故答案为：.
本题考查了空间几何体的综合应用，折叠后空间几何体的线面位置关系应用，空间几何体外接球的性质及体积求法，属于中档题.
15．
【解析】
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，求出得答案．
【详解】
，，
则，的共轭复数在复平面内对应点的坐标为，
故答案为
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义准确计算是关键，是基础题．
16．
【解析】
利用平面直角坐标系，设出点E，F的坐标，由可得，利用数量积运算求得，再利用线性规划的知识求出的最大值.
【详解】
建立平面直角坐标系，如图（1）所示：
设，
，
，
即，
又，
令，其中，
画出图形，如图（2）所示：
当直线经过点时，取得最大值.
故答案为：
本题考查了向量数量积的坐标运算、简单的线性规划问题，解题的关键是建立恰当的坐标系，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）见解析（2）见解析
【解析】
（1）由进行变换，得到，两边开方并化简，证得不等式成立.
（2）将化为，然后利用基本不等式，证得不等式成立.
【详解】
（1），两边加上得，即，当且仅当时取等号，
∴.
（2）.
当且仅当时取等号.
本小题主要考查利用基本不等式证明不等式成立，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
18．（1）（2）4
【解析】
（1）利用判断是等差数列，利用求出，利用等比中项建立方程，求出公差可得.
（2）利用的通项公式,求出，用错位相减法求出，最后建立不等式求出最小的正整数.
【详解】
解：任意都有，
数列是等差数列，
，
又是与的等比中项，，设数列的公差为，且，
则，解得，
，
；
由题意可知 ，
①，
②，
①﹣②得：，
，
，
由得，，
，
，
满足条件的最小的正整数的值为．
本题考查等差数列的通项公式和前项和公式及错位相减法求和. (1)解决等差数列通项的思路(1)在等差数列中，是最基本的两个量，一般可设出和，利用等差数列的通项公式和前项和公式列方程(组)求解即可. (2)错位相减法求和的方法：如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解; 在写“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式
19．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）要证明平面平面，只需证明平面即可；
（2）取的中点D，连接BD，以B为原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别计算平面的法向量为与平面的法向量为，利用夹角公式计算即可.
【详解】
（1）在中，，
所以，即.
因为，，，
所以.
所以，即.
又，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）由题意知，四边形为菱形，且，
则为正三角形，
取的中点D，连接BD，则.
以B为原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，则
，，，，.
设平面的法向量为，
且，.
由得取.
由四边形为菱形，得；
又平面，所以；
又，所以平面，
所以平面的法向量为.
所以.
故.
本题考查面面垂直的判定定理以及利用向量法求二面角正弦值的问题，在利用向量法时，关键是点的坐标要写准确，本题是一道中档题.
20． (1) ；（2）.
【解析】
（1）由两角差的正弦公式计算；
（2）由正弦定理求得，再由余弦定理求得．
【详解】
（1）因为，所以.
因为，所以，
所以.
（2）在中，由，得，
在中，由余弦定理可得，
所以.
本题考查两角差的正弦公式，考查正弦定理和余弦定理，属于中档题．
21．（Ⅰ）；（Ⅱ）有最大值，最大值为3.
【解析】
（Ⅰ）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；
（Ⅱ）由正弦定理可得，则，再根据正弦函数的性质计算可得；
【详解】
（Ⅰ）由得
再由正弦定理得
因此，
又因为，所以.
（Ⅱ）当时，的周长有最大值，且最大值为3，
理由如下：
由正弦定理得，
所以，
所以.
因为，所以，
所以当即时，取到最大值2，
所以的周长有最大值，最大值为3.
本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，以及三角函数的性质的应用，属于中档题.
22．（I）；（II）．
【解析】
试题分析：（I）由已知可得
；（II）依题意得：
的周长为．
试题解析：（I）∵，∴．
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（II）依题意得：
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的周长为．
考点：1、解三角形；2、三角恒等变换．