酒泉市2025-2026学年高考数学五模试卷（含答案解析）

这是一份酒泉市2025-2026学年高考数学五模试卷（含答案解析），共31页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，设曲线在点处的切线方程为，则，已知复数满足，则，已知，则，设函数，当时，，则等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知函数，若对于任意的，函数在内都有两个不同的零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
2．直角坐标系中，双曲线（）与抛物线相交于、两点，若△是等边三角形，则该双曲线的离心率（ ）
A．B．C．D．
3．设且，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．C．D．
4．已知抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，且抛物线的准线被双曲线截得的线段长为，那么该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
5．设曲线在点处的切线方程为，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
6．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
7．如图，某几何体的三视图是由三个边长为2的正方形和其内部的一些虚线构成的，则该几何体的体积为( )
A．B．C．6D．与点O的位置有关
8．已知，则（ ）
A．B．C．D．2
9． “纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样.为了测算某火纹纹样（如图阴影部分所示）的面积，作一个边长为3的正方形将其包含在内，并向该正方形内随机投掷200个点，己知恰有80个点落在阴影部分据此可估计阴影部分的面积是（ ）
A．B．C．10D．
10．设函数，当时，，则（ ）
A．B．C．1D．
11．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．
12．若x，y满足约束条件则z=的取值范围为（ ）
A．[]B．[，3]C．[，2]D．[，2]
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若函数，其中且，则______________．
14．已知函数若关于的不等式的解集是，则的值为_____．
15．在中，、的坐标分别为，，且满足，为坐标原点，若点的坐标为，则的取值范围为__________.
16．已知复数,其中是虚数单位．若的实部与虚部相等,则实数的值为__________．
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）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的参数方程是（为参数，常数），曲线的极坐标方程是.
（1）写出的普通方程及的直角坐标方程，并指出是什么曲线；
（2）若直线与曲线，均相切且相切于同一点，求直线的极坐标方程.
18．（12分）在直角坐标系中，圆的参数方程为：（为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系，且长度单位相同.
（1）求圆的极坐标方程；
（2）若直线：（为参数）被圆截得的弦长为，求直线的倾斜角.
19．（12分）某网络商城在年月日开展“庆元旦”活动，当天各店铺销售额破十亿，为了提高各店铺销售的积极性，采用摇号抽奖的方式，抽取了家店铺进行红包奖励.如图是抽取的家店铺元旦当天的销售额（单位：千元）的频率分布直方图.
（1）求抽取的这家店铺，元旦当天销售额的平均值；
（2）估计抽取的家店铺中元旦当天销售额不低于元的有多少家；
（3）为了了解抽取的各店铺的销售方案，销售额在和的店铺中共抽取两家店铺进行销售研究，求抽取的店铺销售额在中的个数的分布列和数学期望.
20．（12分）在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为；直线的参数方程为 （为参数），直线与曲线分别交于两点．
（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；
（2）若点的极坐标为，，求的值．
21．（12分）已知集合，集合，.
（1）求集合B；
（2）记，且集合M中有且仅有一个整数，求实数k的取值范围.
22．（10分）已知是等腰直角三角形,．分别为的中点,沿将折起,得到如图所示的四棱锥．
(Ⅰ)求证：平面平面．
(Ⅱ)当三棱锥的体积取最大值时,求平面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．D
【解析】
将原题等价转化为方程在内都有两个不同的根，先求导，可判断时，，是增函数；
当时，，是减函数.因此，再令，求导得，结合韦达定理可知，要满足题意，只能是存在零点，使得在有解，通过导数可判断当时，在上是增函数；当时，在上是减函数；则应满足，再结合，构造函数，求导即可求解；
【详解】
函数在内都有两个不同的零点，
等价于方程在内都有两个不同的根.
，所以当时，，是增函数；
当时，，是减函数.因此.
设，，
若在无解，则在上是单调函数，不合题意；所以在有解，且易知只能有一个解.
设其解为，当时，在上是增函数；
当时，在上是减函数.
因为，方程在内有两个不同的根，
所以，且.由，即，解得.
由，即，所以.
因为，所以，代入，得.
设，，所以在上是增函数，
而，由可得，得.
由在上是增函数，得.
综上所述，
故选：D.
本题考查由函数零点个数求解参数取值范围问题，构造函数法，导数法研究函数增减性与最值关系，转化与化归能力，属于难题
2．D
【解析】
根据题干得到点A坐标为，代入抛物线得到坐标为，再将点代入双曲线得到离心率.
【详解】
因为三角形OAB是等边三角形，设直线OA为，设点A坐标为，代入抛物线得到x=2b,故点A的坐标为，代入双曲线得到
故答案为：D.
求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 (的取值范围).
3．A
【解析】
项，由得到，则，故项正确；
项，当时，该不等式不成立，故项错误；
项，当，时，，即不等式不成立，故项错误；
项，当，时，，即不等式不成立，故项错误．
综上所述，故选．
4．A
【解析】
由抛物线的焦点得双曲线的焦点，求出，由抛物线准线方程被曲线截得的线段长为，由焦半径公式，联立求解.
【详解】
解：由抛物线，可得，则，故其准线方程为，
抛物线的准线过双曲线的左焦点，
．
抛物线的准线被双曲线截得的线段长为，
，又，
，
则双曲线的离心率为．
故选：．
本题考查抛物线的性质及利用过双曲线的焦点的弦长求离心率. 弦过焦点时，可结合焦半径公式求解弦长．
5．D
【解析】
利用导数的几何意义得直线的斜率，列出a的方程即可求解
【详解】
因为，且在点处的切线的斜率为3，所以，即.
故选：D
本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，是基础题
6．A
【解析】
根据复数的运算法则，可得，然后利用复数模的概念，可得结果.
【详解】
由题可知：
由，所以
所以
故选：A
本题主要考查复数的运算，考验计算，属基础题.
7．B
【解析】
根据三视图还原直观图如下图所示，几何体的体积为正方体的体积减去四棱锥的体积，即可求出结论.
【详解】
如下图是还原后的几何体，是由棱长为2的正方体挖去一个四棱锥构成的，
正方体的体积为8，四棱锥的底面是边长为2的正方形，
顶点O在平面上，高为2，
所以四棱锥的体积为，
所以该几何体的体积为.
故选:B.
本题考查三视图求几何体的体积，还原几何体的直观图是解题的关键，属于基础题.
8．B
【解析】
结合求得的值，由此化简所求表达式，求得表达式的值.
【详解】
由，以及，解得.
.
故选：B
本小题主要考查利用同角三角函数的基本关系式化简求值，考查二倍角公式，属于中档题.
9．D
【解析】
直接根据几何概型公式计算得到答案.
【详解】
根据几何概型：，故.
故选：.
本题考查了根据几何概型求面积，意在考查学生的计算能力和应用能力.
10．A
【解析】
由降幂公式，两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质求得参数值．
【详解】
，
时，，，∴，
由题意，∴．
故选：A．
本题考查二倍角公式，考查两角和的正弦公式，考查正弦函数性质，掌握正弦函数性质是解题关键．
11．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.
12．D
【解析】
由题意作出可行域，转化目标函数为连接点和可行域内的点的直线斜率的倒数，数形结合即可得解.
【详解】
由题意作出可行域，如图，
目标函数可表示连接点和可行域内的点的直线斜率的倒数，
由图可知，直线的斜率最小，直线的斜率最大，
由可得，由可得，
所以，，所以.
故选：D.
本题考查了非线性规划的应用，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
先化简函数的解析式，在求出，从而求得的值.
【详解】
由题意，函数
可化简为，
所以，
所以.
故答案为：0.
本题主要考查了二项式定理的应用，以及导数的运算和函数值的求解，其中解答中正确化简函数的解析式，准确求解导数是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
14．
【解析】
根据题意可知的两根为,再根据解集的区间端点得出参数的关系,再求解即可.
【详解】
解：因为函数,
关于的不等式的解集是
的两根为：和；
所以有：且；
且；
；
故答案为：
本题主要考查了不等式的解集与参数之间的关系,属于基础题.
15．
【解析】
由正弦定理可得点在曲线上，设，则，将代入可得，利用二次函数的性质可得范围.
【详解】
解：由正弦定理得，
则点在曲线上，
设，则，
，
又，
，
因为，则，
即的取值范围为.
故答案为：.
本题考查双曲线的定义，考查向量数量积的坐标运算，考查学生计算能力，有一定的综合性，但难度不大.
16．
【解析】
直接由复数代数形式的乘法运算化简,结合已知条件即可求出实数的值.
【详解】
解：的实部与虚部相等,
所以,计算得出.
故答案为:
本题考查复数的乘法运算和复数的概念,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），，表示以为圆心为半径的圆；为抛物线；（2）
【解析】
（1）消去参数的直角坐标方程，利用，即得的直角坐标方程；
（2）由直线与抛物线相切，求导可得切线斜率，再由直线与圆相切，故切线与圆心与切点连线垂直，可求解得到切点坐标，即得解.
【详解】
（1）消去参数的直角坐标方程为：
.
的极坐标方程.
∵，
.
当时表示以为圆心为半径的圆；为抛物线.
（2）设切点为，
由于，则切线斜率为，
由于直线与圆相切，故切线与圆心与切点连线垂直，
故有
，
直线的直角坐标方程为，
所以的极坐标方程为.
本题考查了极坐标，参数方程综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
18．（1）；（2）或
【解析】
（1）消去参数可得圆的直角坐标方程，再根据，，即可得极坐标方程；（2）写出直线的极坐标方程为，代入圆的极坐标方程，根据极坐标的意义列出等式解出即可.
【详解】
（1）圆：，消去参数得：，
即：，∵，，.
∴，
.
（2）∵直线：的极坐标方程为，
当时.
即：，∴或.
∴或，
∴直线的倾斜角为或.
本题主要考查了参数方程化为普通方程，直角坐标方程化为极坐标方程以及极坐标的几何意义，属于中档题.
19．（1）元；（2）32家；（3）分布列见解析；
【解析】
（1）根据频率分布直方图求出各组频率，再由平均数公式，即可求解；
（2）求出的频率即可；
（3）中的个数的所有可能取值为，，，求出可能值的概率，得到分布列，由期望公式即可求解.
【详解】
（1）频率分布直方图销售额的平均值为
千元，
所以销售额的平均值为元；
（2）不低于元的有家
（3）销售额在的店铺有家，
销售额在的店铺有家.选取两家，
设销售额在的有家.则的所有可能取值为，，.
，，
所以的分布列为
数学期望
本题考查应用频率分布直方图求平均数和频数，考查离散型随机变量的分布列和期望，属于基础题.
20． (1) 曲线的直角坐标方程为即，直线的普通方程为；（2）.
【解析】
（1）利用代入法消去参数方程中的参数，可得直线的普通方程，极坐标方程两边同乘以利用 即可得曲线的直角坐标方程；（2）直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，根据直线参数方程的几何意义，利用韦达定理可得结果.
【详解】
（1）由，得，
所以曲线的直角坐标方程为，
即， 直线的普通方程为.
(2)将直线的参数方程代入并化简、整理，
得. 因为直线与曲线交于，两点．
所以，解得.
由根与系数的关系，得，.
因为点的直角坐标为，在直线上.所以，
解得，此时满足.且，故.．
参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式，等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题．
21．（1）（2）
【解析】
（1）由不等式可得,讨论与的关系,即可得到结果；
（2）先解得不等式,由集合M中有且仅有一个整数,当时,则M中仅有的整数为；当时,则M中仅有的整数为,进而求解即可.
【详解】
解:（1）因为,所以,
当,即时,；
当,即时,；
当,即时,.
（2）由得,
当,即时,M中仅有的整数为,
所以,即；
当,即时,M中仅有的整数为,
所以,即；
综上,满足题意的k的范围为
本题考查解一元二次不等式,考查由交集的结果求参数范围,考查分类讨论思想与运算能力.
22． (Ⅰ)见解析. (Ⅱ) .
【解析】
(I)证明平面得出平面，根据面面垂直的判定定理得到结论；(II)当平面时，棱锥体积最大，建立空间坐标系，计算两平面的法向量，计算法向量的夹角得出答案．
【详解】
(I)证明：
分别为的中点
，，又
平面
平面，又平面
平面平面
(II)，为定值
当平面时，三棱锥的体积取最大值
以为原点,以为坐标轴建立空间直角坐标系
则
，
设平面的法向量为，则
即，令可得
平面 是平面的一个法向量
平面与平面所成角的正弦值为
本题考查了面面垂直的判定，二面角的计算，关键是能够根据体积的最值确定垂直关系，从而可以建立起空间直角坐标系，利用空间向量法求得二面角，属于中档题．