2024-2025学年甘肃省庆阳市合水县高考仿真模拟数学试卷含解析

这是一份2024-2025学年甘肃省庆阳市合水县高考仿真模拟数学试卷含解析，共5页。试卷主要包含了函数的图象大致是，若与互为共轭复数，则等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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，若，则等于（ ）
A．3B．4C．5D．6
2．若点位于由曲线与围成的封闭区域内（包括边界），则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．如图，在正四棱柱中，，分别为的中点，异面直线与所成角的余弦值为，则( )
A．直线与直线异面，且B．直线与直线共面，且
C．直线与直线异面，且D．直线与直线共面，且
4．三国时代吴国数学家赵爽所注《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明.下面是赵爽的弦图及注文，弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实.图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）色及黄色，其面积称为朱实、黄实，利用，化简，得.设勾股形中勾股比为，若向弦图内随机抛掷颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉数大约为（ ）
A．B．C．D．
5．函数的图象大致是( )
A．B．
C．D．
6．已知平面和直线a，b，则下列命题正确的是（ ）
A．若∥，b∥，则∥B．若，，则∥
C．若∥，，则D．若，b∥，则
7．在菱形中，，，，分别为，的中点，则（ ）
A．B．C．5D．
8．若与互为共轭复数，则（ ）
A．0B．3C．－1D．4
9．已知平面向量，，，则实数x的值等于（ ）
A．6B．1C．D．
10．运行如图所示的程序框图，若输出的的值为99，则判断框中可以填（ ）
A．B．C．D．
11．执行下面的程序框图，则输出的值为 （ ）
A．B．C．D．
12．《普通高中数学课程标准（2017版）》提出了数学学科的六大核心素养.为了比较甲、乙两名高二学生的数学核心素养水平，现以六大素养为指标对二人进行了测验，根据测验结果绘制了雷达图（如图，每项指标值满分为5分，分值高者为优），则下面叙述正确的是（ ）
A．甲的数据分析素养高于乙
B．甲的数学建模素养优于数学抽象素养
C．乙的六大素养中逻辑推理最差
D．乙的六大素养整体平均水平优于甲
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．某公司生产甲、乙两种桶装产品.已知生产甲产品1桶需耗原料1千克、原料2千克；生产乙产品1桶需耗原料2千克，原料1千克.每桶甲产品的利润是300元，每桶乙产品的利润是400元.公司在生产这两种产品的计划中，要求每天消耗原料都不超过12千克.通过合理安排生产计划，从每天生产的甲、乙两种产品中，公司共可获得的最大利润是__________元.
14．在长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
15．若的展开式中各项系数之和为32，则展开式中x的系数为_____
16．记Sk＝1k+2k+3k+……+nk，当k＝1，2，3，……时，观察下列等式：S1n2n，S2n3n2n，S3n4n3n2，……S5＝An6n5n4+Bn2，…可以推测，A﹣B＝_____．
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）在中，、、的对应边分别为、、，已知，，.
（1）求；
（2）设为中点，求的长.
18．（12分）已知椭圆：的离心率为，直线：与以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆相切.为左顶点，过点的直线交椭圆于，两点，直线，分别交直线于，两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）以线段为直径的圆是否过定点？若是，写出所有定点的坐标；若不是，请说明理由.
19．（12分）已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若的解集包含，求的取值范围.
20．（12分）已知直线与椭圆恰有一个公共点，与圆相交于两点.

（I）求与的关系式；
（II）点与点关于坐标原点对称.若当时，的面积取到最大值，求椭圆的离心率.
21．（12分）在①；②；③ 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答相应的问题.
在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足________________，，求的面积.
22．（10分）已知曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）写出曲线的极坐标方程；
（2）点是曲线上的一点，试判断点与曲线的位置关系．
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．C
【解析】
先求出，再由，利用向量数量积等于0，从而求得.
【详解】
由题可知，
因为，所以有，得，
故选：C.
该题考查的是有关向量的问题，涉及到的知识点有向量的减法坐标运算公式，向量垂直的坐标表示，属于基础题目.
2．D
【解析】
画出曲线与围成的封闭区域，表示封闭区域内的点和定点连线的斜率，然后结合图形求解可得所求范围．
【详解】
画出曲线与围成的封闭区域，如图阴影部分所示．
表示封闭区域内的点和定点连线的斜率，
设，结合图形可得或，
由题意得点A,B的坐标分别为，
∴，
∴或，
∴的取值范围为．
故选D．
解答本题的关键有两个：一是根据数形结合的方法求解问题，即把看作两点间连线的斜率；二是要正确画出两曲线所围成的封闭区域．考查转化能力和属性结合的能力，属于基础题．
3．B
【解析】
连接，，，，由正四棱柱的特征可知，再由平面的基本性质可知，直线与直线共面.，同理易得，由异面直线所成的角的定义可知，异面直线与所成角为，然后再利用余弦定理求解.
【详解】
如图所示：
连接，，，，由正方体的特征得，
所以直线与直线共面.
由正四棱柱的特征得，
所以异面直线与所成角为.
设，则，则，，，
由余弦定理，得.
故选：B
本题主要考查异面直线的定义及所成的角和平面的基本性质，还考查了推理论证和运算求解的能力，属于中档题.
4．A
【解析】
分析：设三角形的直角边分别为1，，利用几何概型得出图钉落在小正方形内的概率即可得出结论.
解析：设三角形的直角边分别为1，，则弦为2，故而大正方形的面积为4，小正方形的面积为.
图钉落在黄色图形内的概率为.
落在黄色图形内的图钉数大约为.
故选：A.
点睛：应用几何概型求概率的方法
建立相应的几何概型，将试验构成的总区域和所求事件构成的区域转化为几何图形，并加以度量．
(1)一般地，一个连续变量可建立与长度有关的几何概型，只需把这个变量放在数轴上即可；
(2)若一个随机事件需要用两个变量来描述，则可用这两个变量的有序实数对来表示它的基本事件，然后利用平面直角坐标系就能顺利地建立与面积有关的几何概型；
(3)若一个随机事件需要用三个连续变量来描述，则可用这三个变量组成的有序数组来表示基本事件，利用空间直角坐标系即可建立与体积有关的几何概型．
5．B
【解析】
根据函数表达式,把分母设为新函数,首先计算函数定义域,然后求导,根据导函数的正负判断函数单调性,对应函数图像得到答案.
【详解】
设，，则的定义域为.，当，，单增，当，，单减，则.则在上单增，上单减，.选B.
本题考查了函数图像的判断,用到了换元的思想,简化了运算,同学们还可以用特殊值法等方法进行判断.
6．C
【解析】
根据线面的位置关系，结合线面平行的判定定理、平行线的性质进行判断即可.
【详解】
A：当时，也可以满足∥，b∥，故本命题不正确；
B：当时，也可以满足，，故本命题不正确；
C：根据平行线的性质可知：当∥，，时，能得到，故本命题是正确的；
D：当时，也可以满足，b∥，故本命题不正确.
故选：C
本题考查了线面的位置关系，考查了平行线的性质，考查了推理论证能力.
7．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.
8．C
【解析】
计算，由共轭复数的概念解得即可.
【详解】
，又由共轭复数概念得：，
.
故选：C
本题主要考查了复数的运算，共轭复数的概念.
9．A
【解析】
根据向量平行的坐标表示即可求解.
【详解】
，，，
，
即，
故选：A
本题主要考查了向量平行的坐标运算，属于容易题.
10．C
【解析】
模拟执行程序框图，即可容易求得结果.
【详解】
运行该程序：
第一次，，；
第二次，，；
第三次，，，
…；
第九十八次，，；
第九十九次，，，
此时要输出的值为99.
此时.
故选：C.
本题考查算法与程序框图，考查推理论证能力以及化归转化思想，涉及判断条件的选择，属基础题.
11．D
【解析】
根据框图，模拟程序运行，即可求出答案.
【详解】
运行程序，
，
，
，
，
，
，结束循环，
故输出，
故选：D.
本题主要考查了程序框图，循环结构，条件分支结构，属于中档题.
12．D
【解析】
根据雷达图对选项逐一分析，由此确定叙述正确的选项.
【详解】
对于A选项，甲的数据分析分，乙的数据分析分，甲低于乙，故A选项错误.
对于B选项，甲的建模素养分，乙的建模素养分，甲低于乙，故B选项错误.
对于C选项，乙的六大素养中，逻辑推理分，不是最差，故C选项错误.
对于D选项，甲的总得分分，乙的总得分分，所以乙的六大素养整体平均水平优于甲，故D选项正确.
故选：D
本小题主要考查图表分析和数据处理，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．1元
【解析】
设分别生产甲乙两种产品为 桶，桶，利润为元
则根据题意可得
目标函数 ，作出可行域，如图所示
作直线 然后把直线向可行域平移，
由图象知当直线经过 时，目标函数 的截距最大，此时 最大，
由 可得，即
此时 最大 ，
即该公司每天生产的甲4桶，乙4桶，可获得最大利润，最大利润为1．
【点睛】本题考查用线性规划知识求利润的最大值，根据条件建立不等式关系，以及利用线性规划的知识进行求解是解决本题的关键．
14．C
【解析】
根据确定是异面直线与所成的角，利用余弦定理计算得到答案.
【详解】
由题意可得.因为，
所以是异面直线与所成的角，记为，
故.
故选：.
本题考查了异面直线夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
15．2025
【解析】
利用赋值法，结合展开式中各项系数之和列方程，由此求得的值.再利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中的系数.
【详解】
依题意，令，解得，所以，则二项式的展开式的通项为：
令，得，所以的系数为.
故答案为：2025
本小题主要考查二项式展开式各项系数之和，考查二项式展开式指定项系数的求法，属于基础题.
16．
【解析】
观察知各等式右边各项的系数和为1，最高次项的系数为该项次数的倒数，据此计算得到答案.
【详解】
根据所给的已知等式得到：各等式右边各项的系数和为1，
最高次项的系数为该项次数的倒数，
∴A，A1，解得B，所以A﹣B．
故答案为：．
本题考查了归纳推理，意在考查学生的推理能力.
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）；（2）.
【解析】
（1）直接根据特殊角的三角函数值求出，结合正弦定理求出；
（2）结合第一问的结论以及余弦定理即可求解．
【详解】
解：（1）∵，且，∴，由正弦定理
，∴，
∵
∴锐角，∴
（2）∵，
∴
∴
∴在中，由余弦定理得
∴
本题主要考查了正弦定理和余弦定理的运用．考查了学生对三角函数基础知识的综合运用．
18．（1）；（2）是，定点坐标为或
【解析】
（1）根据相切得到，根据离心率得到，得到椭圆方程.
（2）设直线的方程为，点、的坐标分别为，，联立方程得到，，计算点的坐标为，点的坐标为，圆的方程可化为，得到答案.
【详解】
（1）根据题意：，因为，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，点、的坐标分别为，，
把直线的方程代入椭圆方程化简得到，
所以，，
所以，，
因为直线的斜率，所以直线的方程，
所以点的坐标为，同理，点的坐标为，
故以为直径的圆的方程为，
又因为，，
所以圆的方程可化为，令，则有，
所以定点坐标为或.
本题考查了椭圆方程，圆过定点问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
19．（1）；（2）.
【解析】
（1）对范围分类整理得：，分类解不等式即可．
（2）利用已知转化为“当时，”恒成立，利用绝对值不等式的性质可得：，问题得解．
【详解】
当时，，
当时，由得，解得；
当时，无解；
当时，由得，解得，
所以的解集为
（2）的解集包含等价于在上恒成立，
当时，等价于恒成立，
而，∴，
故满足条件的的取值范围是
本题主要考查了含绝对值不等式的解法，还考查了转化能力及绝对值不等式的性质，考查计算能力，属于中档题．
20．（Ⅰ）（II）
【解析】
（I）联立直线与椭圆的方程，根据判别式等于0，即可求出结果；
（Ⅱ）因点与点关于坐标原点对称，可得的面积是的面积的两倍，再由当时，的面积取到最大值，可得，进而可得原点到直线的距离，再由点到直线的距离公式，以及（I）的结果，即可求解.
【详解】
（I）由，得，
则
化简整理，得；
（Ⅱ）因点与点关于坐标原点对称，故的面积是的面积的两倍.
所以当时，的面积取到最大值，此时，
从而原点到直线的距离，
又，故.
再由（I），得，则.
又，故，即，
从而，即.
本题主要考查直线与椭圆的位置关系，以及椭圆的简单性质，通常需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理、判别式等求解，属于中档试题.
21．横线处任填一个都可以，面积为．
【解析】
无论选哪一个，都先由正弦定理化边为角后，由诱导公式，展开后，可求得角，再由余弦定理求得，从而易求得三角形面积．
【详解】
在横线上填写“”.
解：由正弦定理，得.
由，
得.
由，得.
所以.
又（若，则这与矛盾），
所以.
又，得.
由余弦定理及，
得，
即.将代入，解得.
所以.
在横线上填写“”.
解：由及正弦定理，得
.
又，
所以有.
因为，所以.
从而有.又，
所以
由余弦定理及，
得
即.将代入，
解得.
所以.
在横线上填写“”
解：由正弦定理，得.
由，得，
所以
由二倍角公式，得.
由，得，所以.
所以，即.
由余弦定理及，
得.
即.将代入，
解得.
所以.
本题考查三角形面积公式，考查正弦定理、余弦定理，两角和的正弦公式等，正弦定理进行边角转换，求三角形面积时，
①若三角形中已知一个角(角的大小或该角的正、余弦值)，结合题意求解这个角的两边或该角的两边之积，代入公式求面积；
②若已知三角形的三边，可先求其一个角的余弦值，再求其正弦值，代入公式求面积，总之，结合图形恰当选择面积公式是解题的关键．
22．（1）（2）点在曲线外．
【解析】
（1）先消参化曲线的参数方程为普通方程,再化为极坐标方程；
（2）由点是曲线上的一点,利用的范围判断的范围,即可判断位置关系.
【详解】
（1）由曲线的参数方程为可得曲线的普通方程为,则曲线的极坐标方程为,即
（2）由题,点是曲线上的一点,
因为,所以,即,
所以点在曲线外.
本题考查参数方程与普通方程的转化,考查直角坐标方程与极坐标方程的转化,考查点与圆的位置关系.