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2025年甘肃省高考数学模拟试卷（5月份）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，则( )
A. ，或 B. ，或
C. D.
2.命题“，”的否定是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
3.若复数满足，则( )
A. B. C. D.
4.在空间直角坐标系中，定义：经过点且一个方向向量为的直线的方程为，经过点且法向量为的平面的方程为已知在空间直角坐标系中，经过点的直线的方程为，经过点的平面的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
5.将边长为的正方形沿着对角线折起，使点到达点的位置，得到三棱锥，点平面，且，若，则点的轨迹长度为( )
A. B. C. D.
6.某人在次射击中击中目标的次数为，且，其中，，则下列说法正确的是( )
A. 若，，则
B. 若确定，则当时，有最小值
C. 若，，则当或时，取得最大值
D. 若，，则
7.已知函数，若方程在上恰有个实数解，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
8.已知是上的连续函数，满足，有，且则下列说法中正确的是( )
A. B. 为奇函数
C. 的一个周期为 D. 是的一个对称中心
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.如图，在棱长为的正方体上，点为体对角线靠近点的三等分点，点，为棱、的中点，点在平面上，且在该平面与正方体表面的交线所组成的封闭图形中含边界，则下列说法正确的是( )
A. 平面与底面的夹角余弦值为
B. 点到平面的距离为
C. 点到点的距离最大值为
D. 设平面与正方体棱的交点为、、，则边形最长的对角线的长度大于
10.已知函数的部分图象如图所示，则( )
A.
B. 在上单调递增
C. 的图象关于点对称
D. 将的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数为奇函数
11.已知正方体的棱长为，点满足，其中，，，下列正确的是( )
A. 当时，则直线与所成角的正切值范围是
B. 当，时，则的最小值为
C. 当时，线段的长度最小值为
D. 当时，记点的轨迹为平面，则截此正方体所得截面面积的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数，则 ______．
13.已知椭圆的右顶点和上顶点分别为，，原点到直线的距离是的焦距的，则的离心率为______；若圆：与交于，两点，且，则的方程为______．
14.已知函数，，则的最小值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
如图，在三棱柱中，平面，，，，分别为，，，的中点，，．
Ⅰ求证：平面；
Ⅱ求二面角的余弦值；
Ⅲ直接写出直线与平面的位置关系．
16.本小题分
一盒子中有大小与质地均相同的个小球，其中白球个，其余为黑球．
当盒中的白球数时有放回地依次取出个球，求恰有一次取到黑球的概率．
当盒中的白球数时，从盒中不放回地随机取两次，每次取一个球，用表示事件”第一次取到白球”，用表示事件“第二次取到白球”，求与，并判断事件与是否独立．
某同学要策划一个抽奖活动，参与者从盒中一次性随机抽取个球，若其中恰有个白球，则获奖，否则不获奖，要使参与者获奖的可能性最大、最小，该同学应该分别如何放置白球的数量．
17.本小题分
已知抛物线：的焦点为，直线与抛物线交于，两点，且为线段的中点．
求抛物线的标准方程；
求直线的方程；
过点作抛物线的两条切线，分别交于，两点，求面积的最小值．
18.本小题分
设，函数．
讨论函数的单调区间；
Ⅱ求证：当时，不等式在区间上恒成立；
Ⅲ时，直线是否有可能为曲线的切线，请说明理由．
19.本小题分
已知数列满足，且．
若，求满足条件的的值；
设集合，
(ⅰ)若，证明：，，成等比数列；
(ⅱ)若其中，且，求的最大值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】由可得，，
解得，
所以，
所以或，
由可得，，
解得，
所以，
所以或．
故选：．
2.【答案】
【解析】根据全称量词命题的否定形式可知，
命题“，”的否定为，．
故选：．
3.【答案】
【解析】由，得，即 ．
故选：．
4.【答案】
【解析】经过点的直线方程为，
即，
根据题意得直线的一个方向向量为，
又经过点的平面的方程为，
即，
根据题意得的一个法向量为，
直线与平面所成角为，
则．
故选：．
5.【答案】
【解析】因为将边长为的正方形沿着对角线折起，使点到达点的位置，得到三棱锥，
又点平面，且，，
所以作出示意图如图如下：
取棱的中点，连接，，则，
又，，平面，则平面，由平面，
得平面平面，在中，，由余弦定理得
，为钝角，且，
在平面内过点作交的延长线于点，而平面平面，
于是平面，连接，又平面，则，
在中，，
在中，，，
因此点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
所以点的轨迹长度为．
故选：．
6.【答案】
【解析】对于，在次射击中击中目标的次数，则，故A不正确；
对于，，当时，取得最大值，故B不正确；
对于，在次射击中击中目标的次数，
当时对应的概率，
因为取最大值，所以，
即，即，解得，
因为且，所以或，取得最大值，故C正确；
对于，在次射击中击中目标的次数，
，故D不正确．
故选：．
7.【答案】
【解析】由题意知，
由，得，
即，
当时，，
令，
要想在上恰有个实数解，
则，，
解得，
即的取值范围是．
故选：．
8.【答案】
【解析】对于，在中，
令，，则，
所以，
又因为，所以，故A错误；
对于，令，
则，
即，
所以，
即，
则为偶函数，故B错误；
对于，令，则，
故，
所以，即，
故，
故的一个周期为，
则，
故的一个周期为不成立，故C错误；
对于，由，且为偶函数，
故，
所以是的一个对称中心，故D正确．
故选：．
9.【答案】
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，
则，
设平面法向量为，
则，则，
取，则，
而平面的一个法向量为，
所以平面与底面的夹角余弦值为故A错误，
又，
所以点到平面的距离为，故B正确，
由于四边形为平行四边形，故延长交于点，
连接交延长线于点，连接交于，
由于点为体对角线靠近点的三等分点，
所以，
，
，
在棱上取，使得，
由于，故K，
设截面与交于点，连接，，，
故六边形即为平面上与正方体所截得的截面，
由于，
因为，所以，
由于比、、K、、都大，
故D为最大值，
故当在处时，最大为，故C正确，
由于，
，
，
因此六边形的最长对角线的长度大于，故D正确．
故选：．
10.【答案】
【解析】对，由函数的部分图象，可得，
可得，
可得，
所以，
故，故A正确；
对，令，
可得，
可得的单调递增区间为，
令，得，
又，故B正确；
对，由，为最大值，故C错误；
对，将的图象向左平移个单位长度，
得的图象，
显然为奇函数，故D正确．
故选：．
11.【答案】
【解析】对于选项A，当时，点在线段上运动，如图所示，
由于，可知即为直线与所成角，
连接，设，，
则在中，，
，故选项A正确；
对于选项B，当，时，点在线段上运动，
故将三角形与四边形沿展开到同一个平面上，
由图可知，线段的长度即为的最小值，
在中，，故选项B错误；
对于选项C，当时，点在内部及边界上运动，
则线段的长度最小值即点到平面的距离，
由得线段的长度最小值为，故选项C正确；
对于选项D，当时，记点的轨迹为平面，
故平面截此正方体所得截面面积的最大值为正方体的中截面的面积，如图所示：
当点，，，，，分别为对应棱的中点时，连结，，，，，，
可得平面平行于平面，且为正六边形，此时该截面是最大截面，
由于正方体的棱长为，所以正六边形的边长为，
则面积为，故选项D正确．
故选：．
12.【答案】
【解析】根据题意，函数，
则，
则．
故答案为：．
13.【答案】
【解析】由题意知，，则直线的方程为，
所以原点到直线的距离为，
又，所以，整理得，解得，
则，所以椭圆的率心率．
由题得圆：，圆心为，半径为，因为．
所以为线段的中点，所以直线的斜率存在且不为由，得椭圆的方程为．
设直线的方程为，，，，，
代入椭圆的方程得，，
则，因为为线段的中点，
所以，即，解得，则，
所以，
解得，满足，故椭圆的方程为．
故答案为：，．
14.【答案】
【解析】函数
，，
则的最小值为：．
故答案为：．
15.【答案】Ⅰ证明：，分别是，的中点，，
平面，平面，
又平面，，
，是的中点，
，
又，平面，平面，
平面．
Ⅱ以为原点，以，，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：
则，，，
，，
设平面的法向量为，则，即，
令可得，又平面，
为平面的一个法向量，
，．
由图形可知二面角为钝二面角，
二面角的余弦值为．
Ⅲ，，，
，
与不垂直，
与平面不平行，又平面，
与平面相交．
16.【解析】一盒子中有大小与质地均相同的个小球，其中白球个，其余为黑球，
有放回的抽取，每次抽取到白球的概率为，取到黑球的概率为，
由次独立重复试验知，恰有一次取到黑球的概率为．
当盒中的白球数时，从盒中不放回地随机取两次，每次取一个球，
用表示事件”第一次取到白球”，用表示事件“第二次取到白球”，
当时，盒中有个白球，个黑球，
，，
，
，
则，所以事件与相互不独立．
从个球中取个球，恰有个白球的概率，
设，
当时，，
，
当时，，
当时，，
因此，
而，
则，，
所以当时，参与者获奖的可能性最大；当时，参与者获奖的可能性最小．
17.【解析】因为抛物线的焦点为，
所以，
解得，
则抛物线的方程为；
易知直线的斜率存在，
设，，
因为，两点均在抛物线上，
所以，
此时，
因为线段的中点为，
所以，，
所以，
则直线的方程为，
即；
设抛物线切线方程为，
联立，消去并整理得，
此时，
解得，
由韦达定理得，
设直线的方程为，
联立，
解得，
同理得，
所以，
因为点点到直线线的距离，
所以，
设，
因为，
所以，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以．
则．
18.【解析】设，其定义域为．
对求导得：．
当时，．
令，即，因为，所以，解得；
令，解得．
所以在上单调递增，在上单调递减．
当时，．
令，即，解得或；
令，解得，
所以在和上单调递增，在上单调递减．
当时，，所以在上单调递增．
当时，．
令，即，解得或；
令，解得，
所以在和上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减．
Ⅱ证明：当时，设．
对求导得：，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
，，
，
所以，即，所以在区间上恒成立．
Ⅲ假设直线是曲线的切线，设切点为，
，则切线斜率，
且
由得，即，解得或，
当时，代入得，解得．
当时，代入得，即，
设，，
对求导得：．
令，对求导得．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
，所以，在上单调递减．
又，时，，所以存在唯一的，使得，
所以当时，直线有可能为曲线的切线．
19.【解析】由题意可知：或，
且，
若，则或，显然不合题意；
若，则，符合题意；
所以．
证明：由题知，当，，时，，
若，则与且矛盾，
所以，所以，
若，则与且矛盾，
所以，同理可得，
所以，，成公比为的等比数列；
(ⅱ)由
可推得，或，
对于任意正整数，，
可得，
即，
所以，所以，
由题知，所以，，，
所以，，，
若，则与且矛盾，所以，
因为且，所以且，所以，
因为，，所以，
又，，，
所以为正奇数，
所以，
同理，，，
所以，
当为，，，，，，，，，，，，时，符合题意，
所以的最大值为．
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