2025年遵义市绥阳县高考数学倒计时模拟卷含解析

这是一份2025年遵义市绥阳县高考数学倒计时模拟卷含解析，共2页。试卷主要包含了已知全集，则集合的子集个数为， “”是“函数，若双曲线等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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．执行如图所示的程序框图，输出的结果为（ ）
A．B．4C．D．
2．已知是平面内互不相等的两个非零向量,且与的夹角为,则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，若线段中点的横坐标为3，且，则抛物线的方程是( )
A．B．C．D．
4．已知点P在椭圆τ：=1(a>b>0)上，点P在第一象限，点P关于原点O的对称点为A，点P关于x轴的对称点为Q，设，直线AD与椭圆τ的另一个交点为B，若PA⊥PB，则椭圆τ的离心率e=（ ）
A．B．C．D．
5．函数在内有且只有一个零点，则a的值为（ ）
A．3B．－3C．2D．－2
6．如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AD＝DC＝2AB，E为AD的中点，若，则λ＋μ的值为（ ）
A． B．C．D．
7．在中，，分别为，的中点，为上的任一点，实数，满足，设、、、的面积分别为、、、，记（），则取到最大值时，的值为（ ）
A．－1B．1C．D．
8．已知全集，则集合的子集个数为（ ）
A．B．C．D．
9． “”是“函数（为常数）为幂函数”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
10．若双曲线：（）的一个焦点为，过点的直线与双曲线交于、两点，且的中点为，则的方程为（ ）
A．B．C．D．
11．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
12．设，则"是""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
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在三棱锥中，，三角形为等边三角形，二面角的余弦值为，当三棱锥的体积最大值为时，三棱锥的外接球的表面积为______.
14．已知函数在处的切线与直线平行，则为________.
15．已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，准线为l，P为C上一点，PQ垂直l于点Q，M，N分别为PQ，PF的中点，MN与x轴相交于点R，若∠NRF=60°，则|FR|等于_____.
16．的展开式中的系数为________.
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）在四棱锥的底面中，，，平面，是的中点，且
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值；
（Ⅲ）线段上是否存在点，使得，若存在指出点的位置，若不存在请说明理由.
18．（12分）在四棱锥中，底面是平行四边形，底面．
（1）证明：；
（2）求二面角的正弦值．
19．（12分）设函数.
（1）若，时，在上单调递减，求的取值范围；
（2）若，，，求证：当时，．
20．（12分）已知抛物线：（）上横坐标为3的点与抛物线焦点的距离为4.
（1）求p的值；
（2）设（）为抛物线上的动点，过P作圆的两条切线分别与y轴交于A、B两点.求的取值范围.
21．（12分）设函数．
（1）当时，解不等式；
（2）设，且当时，不等式有解，求实数的取值范围．
22．（10分）如图，三棱台的底面是正三角形，平面平面，.
（1）求证：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
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．A
【解析】
模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的的值，当，，退出循环，输出结果.
【详解】
程序运行过程如下：
，；，；，；
，；，；
，；，，退出循环，输出结果为，
故选：A.
该题考查的是有关程序框图的问题，涉及到的知识点有判断程序框图输出结果，属于基础题目.
2．C
【解析】
试题分析：如下图所示，则，因为与的夹角为，即，所以，设，则，在三角形中，由正弦定理得，所以，所以，故选C．
考点：1．向量加减法的几何意义；2．正弦定理；3．正弦函数性质．
3．B
【解析】
利用抛物线的定义可得,,把线段AB中点的横坐标为3,代入可得p值,然后可得出抛物线的方程.
【详解】
设抛物线的焦点为F,设点，
由抛物线的定义可知，
线段AB中点的横坐标为3，又，，可得，
所以抛物线方程为.
故选：B.
本题考查抛物线的定义、标准方程,以及简单性质的应用,利用抛物线的定义是解题的关键.
4．C
【解析】
设，则，，，设，根据化简得到，得到答案.
【详解】
设，则，，，则，设，
则，两式相减得到：，
，，即，，
，故，即，故，故.
故选：.
本题考查了椭圆的离心率，意在考查学生的计算能力和转化能力.
5．A
【解析】
求出，对分类讨论，求出单调区间和极值点，结合三次函数的图像特征，即可求解.
【详解】
，
若，，
在单调递增，且，
在不存在零点；
若，，
在内有且只有一个零点，
.
故选:A.
本题考查函数的零点、导数的应用，考查分类讨论思想，熟练掌握函数图像和性质是解题的关键，属于中档题.
6．B
【解析】
建立平面直角坐标系，用坐标表示，利用，列出方程组求解即可.
【详解】
建立如图所示的平面直角坐标系，则D(0，0).
不妨设AB＝1，则CD＝AD＝2，所以C(2，0)，A(0，2)，B(1，2)，E(0，1)，

∴(－2，2)＝λ(－2，1)＋μ(1，2)，
解得则.
故选：B
本题主要考查了由平面向量线性运算的结果求参数，属于中档题.
7．D
【解析】
根据三角形中位线的性质，可得到的距离等于△的边上高的一半，从而得到，由此结合基本不等式求最值，得到当取到最大值时，为的中点，再由平行四边形法则得出，根据平面向量基本定理可求得，从而可求得结果.
【详解】
如图所示：
因为是△的中位线，
所以到的距离等于△的边上高的一半，
所以，
由此可得，
当且仅当时，即为的中点时，等号成立，
所以，
由平行四边形法则可得，，
将以上两式相加可得，
所以，
又已知，
根据平面向量基本定理可得，
从而.
故选：D
本题考查了向量加法的平行四边形法则，考查了平面向量基本定理的应用，考查了基本不等式求最值，属于中档题.
8．C
【解析】
先求B.再求，求得则子集个数可求
【详解】
由题=, 则集合,故其子集个数为
故选C
此题考查了交、并、补集的混合运算及子集个数，熟练掌握各自的定义是解本题的关键，是基础题
9．A
【解析】
根据幂函数定义，求得的值，结合充分条件与必要条件的概念即可判断.
【详解】
∵当函数为幂函数时，，
解得或，
∴“”是“函数为幂函数”的充分不必要条件.
故选：A.
本题考查了充分必要条件的概念和判断，幂函数定义的应用，属于基础题.
10．D
【解析】
求出直线的斜率和方程，代入双曲线的方程，运用韦达定理和中点坐标公式，结合焦点的坐标，可得的方程组，求得的值，即可得到答案.
【详解】
由题意，直线的斜率为，
可得直线的方程为，
把直线的方程代入双曲线，可得，
设，则，
由的中点为，可得，解答，
又由，即，解得，
所以双曲线的标准方程为.
故选：D.
本题主要考查了双曲线的标准方程的求解，其中解答中属于运用双曲线的焦点和联立方程组，合理利用根与系数的关系和中点坐标公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
11．B
【解析】
根据三角函数定义得到，故，再利用和差公式得到答案.
【详解】
∵角的终边过点，∴，.
∴.
故选：.
本题考查了三角函数定义，和差公式，意在考查学生的计算能力.
12．A
【解析】
根据题意得到充分性，验证得出不必要，得到答案.
【详解】
，当时，，充分性；
当，取，验证成立，故不必要.
故选：.
本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
根据题意作出图象,利用三垂线定理找出二面角的平面角,再设出的长,
即可求出三棱锥的高,然后利用利用基本不等式即可确定三棱锥的体积最大值,从而得出各棱的长度,最后根据球的几何性质,利用球心距,半径,底面半径之间的关系即可求出三棱锥的外接球的表面积.
【详解】
如图所示：
过点作面,垂足为,过点作交于点,连接.
则为二面角的平面角的补角,即有.
∵易证面,∴,而三角形为等边三角形, ∴为的中点.
设, .
∴.
故三棱锥的体积为
当且仅当时,,即.
∴三点共线.
设三棱锥的外接球的球心为,半径为.
过点作于,∴四边形为矩形.
则,,,
在中,,解得.
三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：．
本题主要考查三棱锥的外接球的表面积的求法,涉及二面角的运用,基本不等式的应用,以及球的几何性质的应用,意在考查学生的直观想象能力,数学运算能力和逻辑推理能力,属于较难题.
14．
【解析】
根据题意得出，由此可得出实数的值.
【详解】
，，直线的斜率为，
由于函数在处的切线与直线平行，
则.
故答案为：.
本题考查利用函数的切线与直线平行求参数，解题时要结合两直线的位置关系得出两直线斜率之间的关系，考查计算能力，属于基础题.
15．2
【解析】
由题意知：，，，.由∠NRF=60°，可得为等边三角形，MF⊥PQ，可得F为HR的中点，即求.
【详解】
不妨设点P在第一象限，如图所示，连接MF，QF.
∵抛物线C：y2=4x的焦点为F，准线为l，P为C上一点
∴，.
∵M，N分别为PQ，PF的中点，
∴，
∵PQ垂直l于点Q，
∴PQ//OR，
∵，∠NRF=60°，
∴为等边三角形，
∴MF⊥PQ，
易知四边形和四边形都是平行四边形，
∴F为HR的中点，
∴，
故答案为：2.
本题主要考查抛物线的定义，属于基础题.
16．80.
【解析】
只需找到展开式中的项的系数即可.
【详解】
展开式的通项为，令，
则，故的展开式中的系数为80.
故答案为：80.
本题考查二项式定理的应用，涉及到展开式中的特殊项系数，考查学生的计算能力，是一道容易题.
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．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）存在，点为线段的中点.
【解析】
（Ⅰ）连结，，，则四边形为平行四边形，得到证明.
（Ⅱ）建立如图所示坐标系，平面法向量为，平面的法向量，计算夹角得到答案.
（Ⅲ）设，计算，，根据垂直关系得到答案.
【详解】
（Ⅰ）连结，，，则四边形为平行四边形.
平面.
（Ⅱ）平面，四边形为正方形.
所以，，两两垂直，建立如图所示坐标系，
则，，，，
设平面法向量为，则，
连结，可得，又所以，平面，
平面的法向量，
设二面角的平面角为，则.
（Ⅲ）线段上存在点使得，设，
，，，
所以点为线段的中点.
本题考查了线面平行，二面角，根据垂直关系确定位置，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
18．（1）见解析（2）
【解析】
（1）利用正弦定理求得，由此得到，结合证得平面，由此证得.
（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值，再转化为正弦值.
【详解】
（1）在中，由正弦定理可得：，
，
底面，
平面，
；
（2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，，
设平面的法向量为，由可得：，令，则，
设平面的法向量为，由可得:，令，则，
设二面角的平面角为，由图可知为钝角，
则，
，故二面角的正弦值为.
本小题主要考查线线垂直的证明，考查空间向量法求二面角，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
19．（1）（2）见解析
【解析】
(1) 在上单调递减等价于在恒成立，分离参数即可解决.(2)先对求导，化简后根据零点存在性定理判断唯一零点所在区间，构造函数利用基本不等式求解即可.
【详解】
（1），时，，
，
∵在上单调递减．
∴，．
令，
，
时，；时，，
∴在上为减函数，在上为增函数．
∴，∴．
∴的取值范围为．
（2）若，，时，，
，
令，显然在上为增函数．
又，，∴有唯一零点．
且，时，，；
时，，，
∴在上为增函数，在上为减函数．
∴．
又，∴，，．
∴
．
，．
∴当时，．
此题考查函数定区间上单调，和零点存在性定理等知识点，难点为找到最值后的构造函数求值域，属于较难题目.
20．（1）；（2）
【解析】
（1）根据横坐标为3的点与抛物线焦点的距离为4，由抛物线的定义得到求解.
（2）设过点的直线方程为，根据直线与圆相切，则有，整理得：，根据题意，建立，将韦达定理代入求解.
【详解】
（1）因为横坐标为3的点与抛物线焦点的距离为4，
由抛物线的定义得：，
解得:.
（2）设过点的直线方程为，
因为直线与圆相切，
所以，
整理得：，
，
由题意得：
所以，，
因为，
所以，
所以.
本题主要考查抛物线的定义及点与抛物线，直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
21．（1）；（2）.
【解析】
（1）通过分类讨论去掉绝对值符号，进而解不等式组求得结果；
（2）将不等式整理为，根据能成立思想可知，由此构造不等式求得结果.
【详解】
（1）当时，可化为，
由，解得；由，解得；由，解得．
综上所述：所以原不等式的解集为．
（2），，，，
有解，，即，
又，，
实数的取值范围是．
本题考查绝对值不等式的求解、根据不等式有解求解参数范围的问题；关键是明确对于不等式能成立的问题，通过分离变量的方式将问题转化为所求参数与函数最值之间的比较问题.
22．（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）取的中点为，连结，易证四边形为平行四边形，即，由于，为的中点，可得到，从而得到，即可证明平面，从而得到；（Ⅱ）易证，，两两垂直，以，，分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量为，设与平面所成角为，则，即可得到答案．
【详解】
解：（Ⅰ）取的中点为，连结.
由是三棱台得，平面平面，从而.
∵，∴，
∴四边形为平行四边形，∴.
∵，为的中点，
∴，∴.
∵平面平面，且交线为，平面，
∴平面，而平面，
∴.
（Ⅱ）连结.
由是正三角形，且为中点，则.
由（Ⅰ）知，平面，，
∴，，
∴，，两两垂直.
以，，分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，，，
∴，，.
设平面的一个法向量为.
由可得，.
令，则，，∴.
设与平面所成角为，则.
本题考查了空间几何中，面面垂直的性质，线线垂直的证明，及线面角的求法，考查了学生的逻辑推理能力与计算求解能力，属于中档题．