甘肃省肃南县一中2025届高考数学五模试卷含解析

甘肃省肃南县一中2025届高考数学五模试卷注意事项：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．过点的直线与曲线交于两点，若，则直线的斜率为()A． B．C．或 D．或2．复数（）．A． B． C． D．3．如图，在中，，是上一点，若，则实数的值为（）A． B． C． D．4．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍.其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一”.该术相当于给出了由圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的圆周率近似取为（）A． B． C． D．5．盒中装有形状、大小完全相同的5张“刮刮卡”，其中只有2张“刮刮卡”有奖，现甲从盒中随机取出2张，则至少有一张有奖的概率为()A． B． C． D．6．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则（）A．α内所有直线与l异面B．α内只存在有限条直线与l共面C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内存在无数条直线与l相交7．设函数，则，的大致图象大致是的()A． B．C． D．8．在菱形中，，，，分别为，的中点，则（）A． B． C．5 D．9．复数（i是虚数单位）在复平面内对应的点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限10．定义在上的偶函数，对，，且，有成立，已知，，，则，，的大小关系为（）A． B． C． D．11．已知命题：任意，都有；命题：，则有．则下列命题为真命题的是（）A． B． C． D．12．设是等差数列的前n项和，且，则()A． B． C．1 D．2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．的展开式中，x5的系数是_________．（用数字填写答案）14．已知定义在的函数满足，且当时，，则的解集为__________________.15．若为假，则实数的取值范围为__________.16．已知实数，满足则的取值范围是______.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）在直角坐标系中，曲线的参数方程为：（其中为参数），直线的参数方程为（其中为参数）（1）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线的极坐标方程；（2）若曲线与直线交于两点，点的坐标为，求的值.18．（12分）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，是棱上的一点，满足平面.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）设，，若为棱上一点，使得直线与平面所成角的大小为30°，求的值.19．（12分）在三棱锥中，是边长为的正三角形，平面平面，，M、N分别为、的中点.​（1）证明：；（2）求三棱锥的体积.20．（12分）已知函数.（1）解不等式；（2）若函数的最小值为，求的最小值.21．（12分）已知抛物线上一点到焦点的距离为2，（1）求的值与抛物线的方程；（2）抛物线上第一象限内的动点在点右侧，抛物线上第四象限内的动点，满足，求直线的斜率范围.22．（10分）已知椭圆的焦距为，斜率为的直线与椭圆交于两点，若线段的中点为，且直线的斜率为.（1）求椭圆的方程；（2）若过左焦点斜率为的直线与椭圆交于点为椭圆上一点，且满足，问：是否为定值？若是，求出此定值，若不是，说明理由.

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】

利用切割线定理求得，利用勾股定理求得圆心到弦的距离，从而求得，结合，求得直线的倾斜角为，进而求得的斜率.【详解】曲线为圆的上半部分，圆心为，半径为.设与曲线相切于点，则所以到弦的距离为，，所以，由于，所以直线的倾斜角为，斜率为.故选：A【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.2、A【解析】试题分析：，故选A.【考点】复数运算【名师点睛】复数代数形式的四则运算的法则是进行复数运算的理论依据，加减运算类似于多项式的合并同类项，乘法法则类似于多项式的乘法法则，除法运算则先将除式写成分式的形式，再将分母实数化.3、C【解析】

由题意，可根据向量运算法则得到（1﹣m），从而由向量分解的唯一性得出关于t的方程，求出t的值.【详解】由题意及图，，又，，所以，∴（1﹣m），又t，所以，解得m，t，故选C．【点睛】本题考查平面向量基本定理，根据分解的唯一性得到所求参数的方程是解答本题的关键，本题属于基础题.4、C【解析】

将圆锥的体积用两种方式表达，即，解出即可.【详解】设圆锥底面圆的半径为r，则，又，故，所以，.故选：C.【点睛】本题利用古代数学问题考查圆锥体积计算的实际应用，考查学生的运算求解能力、创新能力.5、C【解析】

先计算出总的基本事件的个数，再计算出两张都没获奖的个数，根据古典概型的概率，求出两张都没有奖的概率，由对立事件的概率关系，即可求解.【详解】从5张“刮刮卡”中随机取出2张，共有种情况，2张均没有奖的情况有（种），故所求概率为.故选:C.【点睛】本题考查古典概型的概率、对立事件的概率关系，意在考查数学建模、数学计算能力，属于基础题.6、D【解析】

通过条件判断直线l与平面α相交，于是可以判断ABCD的正误.【详解】根据直线l不平行于平面α，且l⊄α可知直线l与平面α相交，于是ABC错误，故选D.【点睛】本题主要考查直线与平面的位置关系，直线与直线的位置关系，难度不大.7、B【解析】

采用排除法：通过判断函数的奇偶性排除选项A；通过判断特殊点的函数值符号排除选项D和选项C即可求解.【详解】对于选项A:由题意知,函数的定义域为，其关于原点对称，因为,所以函数为奇函数,其图象关于原点对称，故选A排除；对于选项D:因为,故选项D排除;对于选项C:因为,故选项C排除;故选:B【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和特殊点函数值符号判断函数图象;考查运算求解能力和逻辑推理能力;选取合适的特殊点并判断其函数值符号是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.8、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.【点睛】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.9、B【解析】

利用复数的四则运算以及几何意义即可求解.【详解】解：，则复数（i是虚数单位）在复平面内对应的点的坐标为：，位于第二象限.故选：B.【点睛】本题考查了复数的四则运算以及复数的几何意义，属于基础题.10、A【解析】

根据偶函数的性质和单调性即可判断.【详解】解：对，，且，有在上递增因为定义在上的偶函数所以在上递减又因为，，所以故选：A【点睛】考查偶函数的性质以及单调性的应用，基础题.11、B【解析】

先分别判断命题真假，再由复合命题的真假性，即可得出结论.【详解】为真命题；命题是假命题，比如当,或时，则不成立.则，，均为假.故选:B【点睛】本题考查复合命题的真假性，判断简单命题的真假是解题的关键，属于基础题.12、C【解析】

利用等差数列的性质化简已知条件，求得的值.【详解】由于等差数列满足，所以，，.故选：C【点睛】本小题主要考查等差数列的性质，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、-189【解析】由二项式定理得，令r=5得x5的系数是．14、【解析】

由已知得出函数是偶函数，再得出函数的单调性，得出所解不等式的等价的不等式，可得解集.【详解】因为定义在的函数满足，所以函数是偶函数，又当时，，得时，，所以函数在上单调递减，所以函数在上单调递减，函数在上单调递增，所以不等式等价于，即或，解得或，所以不等式的解集为：.故答案为：.【点睛】本题考查抽象函数的不等式的求解，关键得出函数的奇偶性，单调性，属于中档题.15、【解析】

由为假，可知为真，所以对任意实数恒成立，求出的最小值，令即可.【详解】因为为假，则其否定为真，即为真，所以对任意实数恒成立，所以.又，当且仅当，即时，等号成立，所以.故答案为：.【点睛】本题考查全称命题与特称命题间的关系的应用，利用参变分离是解决本题的关键，属于中档题.16、【解析】

根据约束条件画出可行域，即可由直线的平移方法求得的取值范围.【详解】.由题意，画出约束条件表示的平面区域如下图所示，令，则如图所示，图中直线所示的两个位置为的临界位置，根据几何关系可得与轴的两个交点分别为，所以的取值范围为.故答案为：【点睛】本题考查了非线性约束条件下线性规划的简单应用，由数形结合法求线性目标函数的取值范围，属于中档题.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）（2）5【解析】

（1）首先消去参数得到曲线的普通方程，再根据，，得到曲线的极坐标方程；（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用直线的参数方程中参数的几何意义得解；【详解】解：（1）曲线：消去参数得到：，由，，得所以（2）代入，设，，由直线的参数方程参数的几何意义得：【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程、普通方程的互化，以及直线参数方程的几何意义的应用，属于中档题．18、（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）由平面，可得，又因为是的中点，即得证；（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，设，计算平面的法向量，由直线与平面所成角的大小为30°，列出等式，即得解.【详解】（Ⅰ）如图，连接交于点，连接，则是平面与平面的交线，因为平面，故，又因为是的中点，所以是的中点，故.（Ⅱ）由条件可知，，所以，故以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设，则，设平面的法向量为，则，即，故取因为直线与平面所成角的大小为30°所以，即，解得，故此时.【点睛】本题考查了立体几何和空间向量综合，考查了学生逻辑推理，空间想象，数学运算的能力，属于中档题.19、（1）证明见解析；（2）.【解析】

（1）取中点，连接，，证明平面，由线面垂直的性质可得；（2）由，即可求得三棱锥的体积．【详解】解：（1）证明：取中点D，连接，.因为，，所以且，因为，平面，平面，所以平面.又平面，所以；（2）解：因为平面，平面，所以平面平面，过N作于E，则平面，因为平面平面，，平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，由于，所以所以，所以.【点睛】本题考查线面垂直，考查三棱锥体积的计算，解题的关键是掌握线面垂直的判定与性质，属于中档题．20、（1）（2）【解析】

（1）用分类讨论思想去掉绝对值符号后可解不等式；（2）由（1）得的最小值为4，则由，代换后用基本不等式可得最小值．【详解】解：（1）讨论：当时，，即，此时无解；当时，；当时，.所求不等式的解集为（2）分析知，函数的最小值为4，当且仅当时等号成立.的最小值为4.【点睛】本题考查解绝对值不等式，考查用基本不等式求最小值．解绝对值不等式的方法是分类讨论思想．21、（1）1；（2）【解析】

（1）根据点到焦点的距离为2，利用抛物线的定义得，再根据点在抛物线上有，列方程组求解，（2）设，根据，再由，求得，当，即时，直线斜率不存在；当时，，令，利用导数求解，【详解】（1）因为点到焦点的距离为2，即点到准线的距离为2，得，又，解得，所以抛物线方程为（2）设，由由，则当，即时，直线斜率不存在；当时，令，所以在上分别递减则【点睛】本题主要考查抛物线定义及方程的应用，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题，22、(1).(2)为定值.过程见解析.【解析】分析：（1）焦距说明，用点差法可得＝.这样可解得，得椭圆方程；（2）若，这种特殊情形可直接求得，在时，直线方程为，设，把直线方程代入椭圆方程，后可得，然后由纺长公式