2025屆青海省湟川中學高考數學倒計時模擬卷含解析

2025屆青海省湟川中學高考數學倒計時模擬卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．在平面直角坐標系中，經過點，漸近線方程為的雙曲線的標準方程為（）A． B． C． D．2．在中，角、、的對邊分別為、、，若，，，則（）A． B． C． D．3．某四棱錐的三視圖如圖所示，記S為此棱錐所有棱的長度的集合，則（）A．B．C．D．4．若x，y滿足約束條件且的最大值為，則a的取值范圍是（）A． B． C． D．5．已知復數滿足（其中為的共軛復數），則的值為()A．1 B．2 C． D．6．已知直線是曲線的切線，則（）A．或1 B．或2 C．或 D．或17．費馬素數是法國大數學家費馬命名的,形如的素數(如：)為費馬索數,在不超過30的正偶數中隨機選取一數,則它能表示為兩個不同費馬素數的和的概率是()A． B． C． D．8．過拋物線的焦點的直線交該拋物線于，兩點，為坐標原點.若，則直線的斜率為()A． B． C． D．9．已知雙曲線的左、右焦點分別為，，點P是C的右支上一點，連接與y軸交于點M，若（O為坐標原點），，則雙曲線C的漸近線方程為（）A． B． C． D．10．如圖，正四面體的體積為，底面積為，是高的中點，過的平面與棱、、分別交于、、，設三棱錐的體積為，截面三角形的面積為，則（）A．， B．，C．， D．，11．已知,則()A． B． C． D．12．已知復數（為虛數單位），則下列說法正確的是（）A．的虛部為 B．復數在復平面內對應的點位于第三象限C．的共軛復數 D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設，則_____，（的值為______．14．設復數滿足,則_________.15．已知變量(m>0)，且，若恒成立，則m的最大值________．16．如圖，在矩形中，為邊的中點，，，分別以、為圓心，為半徑作圓弧、（在線段上）.由兩圓弧、及邊所圍成的平面圖形繞直線旋轉一周，則所形成的幾何體的體積為.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知A是拋物線E：y2＝2px(p>0)上的一點，以點A和點B(2,0)為直徑兩端點的圓C交直線x＝1于M，N兩點.（1）若|MN|＝2，求拋物線E的方程；（2）若0＜p＜1，拋物線E與圓(x﹣5)2+y2=9在x軸上方的交點為P，Q，點G為PQ的中點，O為坐標原點，求直線OG斜率的取值范圍.18．（12分）已知△ABC的兩個頂點A,B的坐標分別為(,0),(,0),圓E是△ABC的內切圓,在邊AC,BC,AB上的切點分別為P,Q,R,|CP|=2,動點C的軌跡為曲線G.（1）求曲線G的方程;（2）設直線l與曲線G交于M,N兩點,點D在曲線G上,是坐標原點,判斷四邊形OMDN的面積是否為定值?若為定值,求出該定值;如果不是,請說明理由.19．（12分）如圖，在中，，，點在線段上.（1）若，求的長；（2）若，，求的面積.20．（12分）已知函數，.（1）若函數在上單調遞減，且函數在上單調遞增，求實數的值；（2）求證：（，且）.21．（12分）已知，且滿足，證明：.22．（10分）已知函數．（1）若函數在上單調遞增，求實數的值；（2）定義：若直線與曲線都相切，我們稱直線為曲線、的公切線，證明：曲線與總存在公切線．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】

根據所求雙曲線的漸近線方程為，可設所求雙曲線的標準方程為k．再把點代入，求得k的值，可得要求的雙曲線的方程．【詳解】∵雙曲線的漸近線方程為設所求雙曲線的標準方程為k．又在雙曲線上，則k=16-2=14,即雙曲線的方程為∴雙曲線的標準方程為故選：B【點睛】本題主要考查用待定系數法求雙曲線的方程，雙曲線的定義和標準方程，以及雙曲線的簡單性質的應用，屬于基礎題．2、B【解析】

利用兩角差的正弦公式和邊角互化思想可求得，可得出，然后利用余弦定理求出的值，最后利用正弦定理可求出的值.【詳解】，即，即，，，得，，.由余弦定理得，由正弦定理，因此，.故選：B.【點睛】本題考查三角形中角的正弦值的計算，考查兩角差的正弦公式、邊角互化思想、余弦定理與正弦定理的應用，考查運算求解能力，屬于中等題.3、D【解析】

如圖所示：在邊長為的正方體中，四棱錐滿足條件，故，得到答案.【詳解】如圖所示：在邊長為的正方體中，四棱錐滿足條件.故，，.故，故，.故選：.【點睛】本題考查了三視圖，元素和集合的關系，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.4、A【解析】

畫出約束條件的可行域，利用目標函數的最值，判斷a的范圍即可．【詳解】作出約束條件表示的可行域，如圖所示.因為的最大值為，所以在點處取得最大值，則，即.故選：A【點睛】本題主要考查線性規(guī)劃的應用，利用z的幾何意義，通過數形結合是解決本題的關鍵．5、D【解析】

按照復數的運算法則先求出，再寫出，進而求出.【詳解】，，.故選：D【點睛】本題考查復數的四則運算、共軛復數及復數的模，考查基本運算能力，屬于基礎題.6、D【解析】

求得直線的斜率，利用曲線的導數，求得切點坐標，代入直線方程，求得的值.【詳解】直線的斜率為，對于，令，解得，故切點為，代入直線方程得，解得或1.故選：D【點睛】本小題主要考查根據切線方程求參數，屬于基礎題.7、B【解析】

基本事件總數，能表示為兩個不同費馬素數的和只有，，，共有個，根據古典概型求出概率．【詳解】在不超過的正偶數中隨機選取一數，基本事件總數能表示為兩個不同費馬素數的和的只有，，，共有個則它能表示為兩個不同費馬素數的和的概率是本題正確選項：【點睛】本題考查概率的求法，考查列舉法解決古典概型問題，是基礎題．8、D【解析】

根據拋物線的定義，結合，求出的坐標，然后求出的斜率即可．【詳解】解：拋物線的焦點，準線方程為，設，則，故，此時，即．則直線的斜率．故選：D．【點睛】本題考查了拋物線的定義，直線斜率公式，屬于中檔題．9、C【解析】

利用三角形與相似得，結合雙曲線的定義求得的關系，從而求得雙曲線的漸近線方程。【詳解】設，，由，與相似，所以，即，又因為，所以，，所以，即，，所以雙曲線C的漸近線方程為.故選：C.【點睛】本題考查雙曲線幾何性質、漸近線方程求解，考查數形結合思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力。10、A【解析】

設，取與重合時的情況，計算出以及的值，利用排除法可得出正確選項.【詳解】如圖所示，利用排除法，取與重合時的情況.不妨設，延長到，使得．，，，，則，由余弦定理得，，，又，，當平面平面時，，，排除B、D選項；因為，，此時，，當平面平面時，，，排除C選項.故選：A.【點睛】本題考查平行線分線段成比例定理、余弦定理、勾股定理、三棱錐的體積計算公式、排除法，考查了空間想象能力、推理能力與計算能力，屬于難題．11、B【解析】

利用誘導公式以及同角三角函數基本關系式化簡求解即可．【詳解】，本題正確選項：【點睛】本題考查誘導公式的應用，同角三角函數基本關系式的應用，考查計算能力．12、D【解析】

利用的周期性先將復數化簡為即可得到答案.【詳解】因為，，，所以的周期為4，故，故的虛部為2，A錯誤；在復平面內對應的點為，在第二象限，B錯誤；的共軛復數為，C錯誤；，D正確.故選：D.【點睛】本題考查復數的四則運算，涉及到復數的虛部、共軛復數、復數的幾何意義、復數的模等知識，是一道基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、7201【解析】

利用二項展開式的通式可求出；令中的，得兩個式子，代入可得結果.【詳解】利用二項式系數公式，，故，，故（=，故答案為：720；1.【點睛】本題考查二項展開式的通項公式的應用，考查賦值法，是基礎題.14、.【解析】

利用復數的運算法則首先可得出，再根據共軛復數的概念可得結果.【詳解】∵復數滿足，∴，∴，故而可得，故答案為.【點睛】本題考查了復數的運算法則，共軛復數的概念，屬于基礎題．15、【解析】

在不等式兩邊同時取對數，然后構造函數f（x）＝，求函數的導數，研究函數的單調性即可得到結論．【詳解】不等式兩邊同時取對數得，即x2lnx1＜x1lnx2，又即成立，設f（x）＝，x∈（0，m），∵x1＜x2，f（x1）＜f（x2），則函數f（x）在（0，m）上為增函數，函數的導數，由f′（x）＞0得1﹣lnx＞0得lnx＜1，得0＜x＜e，即函數f（x）的最大增區(qū)間為（0，e），則m的最大值為e故答案為：e【點睛】本題考查函數單調性與導數之間的應用，根據條件利用取對數得到不等式,從而可構造新函數，是解決本題的關鍵16、【解析】由題意，可得所得到的幾何體是由一個圓柱挖去兩個半球而成；其中，圓柱的底面半徑為1，母線長為2；體積為；兩個半球的半徑都為1，則兩個半球的體積為；則所求幾何體的體積為.考點：旋轉體的組合體.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）.（2）【解析】

（1）設A的坐標為A（x0，y0），由題意可得圓心C的坐標，求出C到直線x＝1的距離.由半個弦長，圓心到直線的距離及半徑構成直角三角形可得p的值，進而求出拋物線的方程；（2）將拋物線的方程與圓的方程聯立可得韋達定理，進而求出中點G的坐標，再求出直線OG的斜率的表達式，換元可得斜率的取值范圍.【詳解】（1）設A（x0，y0）且y02＝2px0，則圓心C（），圓C的直徑|AB|，圓心C到直線x＝1的距離d＝|1|＝||，因為|MN|＝2，所以（）2+d2＝（）2，即1，y02＝2px0，整理可得（2p﹣4）x0＝0，所以p＝2，所以拋物線的方程為：y2＝4x；（2）聯立拋物線與圓的方程整理可得x2﹣2（5﹣p）x+16＝0，△＞0，設P（x1，y1），Q（x2，y2），則x1+x2＝2（5﹣p），x1x2＝16，所以中點G的橫坐標xG＝5﹣p，yG（），所以kOG（0＜P＜1），令t＝5﹣p（t∈（4，5）），則kOG（），解得0＜kOG，所以直線OG斜率的取值范圍（0，）.【點睛】本題考查拋物線的性質及直線與拋物線的綜合，換元方法的應用，屬于中檔題.18、（1）.（2）四邊形OMDN的面積是定值,其定值為.【解析】

（1）根據三角形內切圓的性質證得，由此判斷出點的軌跡為橢圓，并由此求得曲線的方程.（2）將直線的斜率分成不存在或存在兩種情況，求出平行四邊形的面積，兩種情況下四邊形的面積都為，由此證得四邊形的面積為定值.【詳解】（1）因為圓E為△ABC的內切圓,所以|CA|+|CB|=|CP|+|CQ|+|PA|+|QB|=2|CP|+|AR|+|BR|=2|CP|+|AB|=4>|AB|所以點C的軌跡為以點A和點B為焦點的橢圓（點不在軸上）,所以c,a=2,b,所以曲線G的方程為,（2）因為，故四邊形為平行四邊形.當直線l的斜率不存在時，則四邊形為為菱形，故直線MN的方程為x=﹣1或x=1,此時可求得四邊形OMDN的面積為.當直線l的斜率存在時,設直線l方程是y=kx+m,代入到,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2﹣4=0,∴x1+x2,x1x2,△=8(4k2+2﹣m2)>0,∴y1+y2=k(x1+x2)+2m,|MN|點O到直線MN的距離d,由,得xD,yD，∵點D在曲線C上,所以將D點坐標代入橢圓方程得1+2k2=2m2,由題意四邊形OMDN為平行四邊形,∴OMDN的面積為S,由1+2k2=2m2得S,故四邊形OMDN的面積是定值,其定值為.【點睛】本小題主要考查用定義法求軌跡方程，考查橢圓中四邊形面積的計算，考查橢圓中的定值問題，考查運算求解能力，屬于中檔題.19、（1）（2）【解析】

（1）先根據平方關系求出,再根據正弦定理即可求出；（2）分別在和中，根據正弦定理列出兩個等式，兩式相除，利用題目條件即可求出，再根據余弦定理求出，即可根據求出的面積．【詳解】（1）由，得，所以.由正弦定理得，，即，得.（2）由正弦定理，在中，，①在中，，②又，，，由得，由余弦定理得，即，解得，所以的面積.【點睛】本題主要考查正余弦定理在解三角形中的應用，以及三角形面積公式的應用，意在考查學生的數學運算能力，屬于基礎題．20、（1）1；（2）見解析【解析】

（1）分別求得與的導函數，由導函數與單調性關系即可求得的值；（2）由（1）可知當時，，當時，，因而，構造，由對數運算及不等式放縮可證明，從而不等式可證明.【詳解】（1）∵函數在上單調遞減，∴，即在上恒成立，∴，又∵函數在上單調遞增，∴，即在上恒成立，，∴綜上可知，.（2）證明：由（1）知，當時，函數在上為減函數，在上為增函數，而，∴當時，，當時，.∴∴即，∴.【點睛】本題考查了導數與函數單調性關系，放縮法在證明不等式中的應用，屬于難題.21、證明見解析【解析】

將化簡可得，由柯西不等式可得證明.【詳解】解：因為，，所以，又，所以，當且僅當時取等號.【點睛】本題主要考查柯西不等式的應用，相對不難，注意已知條件的化簡及柯西不等式的靈活運用.22、（1）；（2）見解析.【解析】

（1）求出導數，問題轉化為在上恒成立，利用導數求出的最小值即可求解；（2）分別設切點橫坐標為