贵州省黔东南市2025届高考仿真卷数学试题含解析

贵州省黔东南市2025届高考仿真卷数学试题注意事项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．已知集合，，若AB，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．2．将一块边长为的正方形薄铁皮按如图（1）所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，将该容器按如图（2）放置，若其正视图为等腰直角三角形，且该容器的容积为，则的值为（）A．6 B．8 C．10 D．123．已知，满足条件（为常数），若目标函数的最大值为9，则（）A． B． C． D．4．如图，抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，若直线与以为圆心，线段（为坐标原点）长为半径的圆交于，两点，则关于值的说法正确的是（）A．等于4 B．大于4 C．小于4 D．不确定5．已知点P不在直线l、m上，则“过点P可以作无数个平面，使得直线l、m都与这些平面平行”是“直线l、m互相平行”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件6．已知表示两条不同的直线，表示两个不同的平面，且则“”是“”的()条件.A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要7．已知是虚数单位，若，则（）A． B．2 C． D．108．抛物线的准线方程是，则实数（）A． B． C． D．9．设直线的方程为，圆的方程为，若直线被圆所截得的弦长为，则实数的取值为A．或11 B．或11 C． D．10．某校团委对“学生性别与中学生追星是否有关”作了一次调查，利用列联表，由计算得,参照下表:0.010.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828得到正确结论是()A．有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星无关”B．有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星有关”C．在犯错误的概率不超过0.5%的前提下，认为“学生性别与中学生追星无关”D．在犯错误的概率不超过0.5%的前提下，认为“学生性别与中学生追星有关”11．执行下面的程序框图，则输出的值为（）A． B． C． D．12．“幻方”最早记载于我国公元前500年的春秋时期《大戴礼》中．“阶幻方”是由前个正整数组成的—个阶方阵，其各行各列及两条对角线所含的个数之和（简称幻和）相等，例如“3阶幻方”的幻和为15（如图所示）．则“5阶幻方”的幻和为（）A．75 B．65 C．55 D．45二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列的前项和为，，且满足，则数列的前10项的和为______.14．已知点是双曲线渐近线上的一点，则双曲线的离心率为_______15．在二项式的展开式中，的系数为________.16．若曲线（其中常数）在点处的切线的斜率为1，则________.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）的内角所对的边分别是，且，.（1）求；（2）若边上的中线，求的面积.18．（12分）如图，是矩形，的顶点在边上，点，分别是，上的动点（的长度满足需求）.设，，，且满足.（1）求；（2）若，，求的最大值.19．（12分）已知函数，其中e为自然对数的底数.（1）讨论函数的单调性；（2）用表示中较大者，记函数.若函数在上恰有2个零点，求实数a的取值范围.20．（12分）曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.(1)求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；(2)若直线与曲线，的交点分别为、（、异于原点），当斜率时，求的最小值.21．（12分）已知等差数列中，，数列的前项和.（1）求；（2）若，求的前项和.22．（10分）设为抛物线的焦点，，为抛物线上的两个动点，为坐标原点.（Ⅰ）若点在线段上，求的最小值；（Ⅱ）当时，求点纵坐标的取值范围.

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】

先化简，再根据，且AB求解.【详解】因为，又因为，且AB，所以.故选：D【点睛】本题主要考查集合的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.2、D【解析】

推导出，且，，，设中点为，则平面，由此能表示出该容器的体积，从而求出参数的值．【详解】解：如图（4），为该四棱锥的正视图，由图（3）可知，，且，由为等腰直角三角形可知，，设中点为，则平面，∴，∴，解得.故选：D【点睛】本题考查三视图和锥体的体积计算公式的应用，属于中档题.3、B【解析】

由目标函数的最大值为9，我们可以画出满足条件件为常数）的可行域，根据目标函数的解析式形式，分析取得最优解的点的坐标，然后根据分析列出一个含参数的方程组，消参后即可得到的取值．【详解】画出，满足的为常数）可行域如下图：由于目标函数的最大值为9，可得直线与直线的交点，使目标函数取得最大值，将，代入得：．故选：．【点睛】如果约束条件中含有参数，我们可以先画出不含参数的几个不等式对应的平面区域，分析取得最优解是哪两条直线的交点，然后得到一个含有参数的方程（组，代入另一条直线方程，消去，后，即可求出参数的值．4、A【解析】

利用的坐标为，设直线的方程为，然后联立方程得，最后利用韦达定理求解即可【详解】据题意，得点的坐标为.设直线的方程为，点，的坐标分别为，.讨论：当时，；当时，据，得，所以，所以.【点睛】本题考查直线与抛物线的相交问题，解题核心在于联立直线与抛物线的方程，属于基础题5、C【解析】

根据直线和平面平行的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】点不在直线、上，若直线、互相平行，则过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，即必要性成立，若过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，则直线、互相平行成立，反证法证明如下：若直线、互相不平行，则，异面或相交，则过点只能作一个平面同时和两条直线平行，则与条件矛盾，即充分性成立则“过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行”是“直线、互相平行”的充要条件，故选：．【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合空间直线和平面平行的性质是解决本题的关键．6、B【解析】

根据充分必要条件的概念进行判断.【详解】对于充分性：若，则可以平行，相交，异面，故充分性不成立；若，则可得，必要性成立.故选：B【点睛】本题主要考查空间中线线，线面，面面的位置关系，以及充要条件的判断，考查学生综合运用知识的能力.解决充要条件判断问题，关键是要弄清楚谁是条件，谁是结论.7、C【解析】

根据复数模的性质计算即可.【详解】因为，所以，，故选：C【点睛】本题主要考查了复数模的定义及复数模的性质，属于容易题.8、C【解析】

根据准线的方程写出抛物线的标准方程,再对照系数求解即可.【详解】因为准线方程为,所以抛物线方程为,所以,即.故选：C【点睛】本题考查抛物线与准线的方程.属于基础题.9、A【解析】

圆的圆心坐标为（1，1），该圆心到直线的距离，结合弦长公式得，解得或，故选A．10、B【解析】

通过与表中的数据6.635的比较，可以得出正确的选项.【详解】解:，可得有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星有关”，故选B.【点睛】本题考查了独立性检验的应用问题，属于基础题.11、D【解析】

根据框图，模拟程序运行，即可求出答案.【详解】运行程序，，

，，，，，结束循环，故输出，故选：D.【点睛】本题主要考查了程序框图，循环结构，条件分支结构，属于中档题.12、B【解析】

计算的和，然后除以，得到“5阶幻方”的幻和.【详解】依题意“5阶幻方”的幻和为，故选B.【点睛】本小题主要考查合情推理与演绎推理，考查等差数列前项和公式，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解析】

由得时，，两式作差，可求得数列的通项公式，进一步求出数列的和．【详解】解：数列的前项和为，，且满足，①当时，，②①-②得：，整理得：（常数），故数列是以为首项，2为公比的等比数列，所以（首项不符合通项），故，所以：，故答案为：1．【点睛】本题主要考查数列的通项公式的求法及应用，数列的前项和的公式，属于基础题．14、【解析】

先表示出渐近线，再代入点，求出，则离心率易求.【详解】解：的渐近线是因为在渐近线上，所以，故答案为：【点睛】考查双曲线的离心率的求法，是基础题.15、60【解析】

直接利用二项式定理计算得到答案.【详解】二项式的展开式通项为：，取，则的系数为.故答案为：.【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.16、【解析】

利用导数的几何意义，由解方程即可.【详解】由已知，，所以，解得.故答案为：.【点睛】本题考查导数的几何意义，考查学生的基本运算能力，是一道基础题.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），（2）【解析】

（1）先由正弦定理，得到，进而可得，再由，即可得出结果；（2）先由余弦定理得，，再根据题中数据，可得，从而可求出，得到，进而可求出结果.【详解】（1）由正弦定理得，所以，因为，所以，即，所以，又因为，所以，.（2）在和中，由余弦定理得，.因为，，，，又因为，即，所以，所以，又因为，所以.所以的面积.【点睛】本题主要考查解三角形，灵活运用正弦定理和余弦定理即可，属于常考题型.18、（1）（2）【解析】

（1）利用正弦定理和余弦定理化简，根据勾股定理逆定理求得.（2）设，由此求得的表达式，利用三角函数最值的求法，求得的最大值.【详解】（1）设，，，由，根据正弦定理和余弦定理得.化简整理得.由勾股定理逆定理得.（2）设，，由（1）的结论知.在中，，由，所以.在中，，由，所以.所以，由，所以当，即时，取得最大值，且最大值为.【点睛】本小题考查正弦定理，余弦定理，勾股定理，解三角形，三角函数性质及其三角恒等变换等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，化归与转换思想，应用意识.19、（1）函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）.【解析】

（1）由题可得,结合的范围判断的正负,即可求解；（2）结合导数及函数的零点的判定定理,分类讨论进行求解【详解】（1）,①当时,,∴函数在内单调递增；②当时,令,解得或,当或时,,则单调递增,当时,,则单调递减,∴函数的单调递增区间为和,单调递减区间为（2）（Ⅰ）当时,所以在上无零点；（Ⅱ）当时,,①若,即,则是的一个零点；②若,即,则不是的零点（Ⅲ）当时,,所以此时只需考虑函数在上零点的情况,因为,所以①当时,在上单调递增。又，所以（ⅰ）当时,在上无零点；（ⅱ）当时,,又,所以此时在上恰有一个零点；②当时,令,得,由,得；由,得,所以在上单调递减,在上单调递增,因为,,所以此时在上恰有一个零点,综上,【点睛】本题考查利用导数求函数单调区间,考查利用导数处理零点个数问题,考查运算能力,考查分类讨论思想20、（1）的极坐标方程为；曲线的直角坐标方程.（2）【解析】

(1)消去参数，可得曲线的直角坐标方程，再利用极坐标与直角坐标的互化，即可求解.(2)解法1：设直线的倾斜角为，把直线的参数方程代入曲线的普通坐标方程，求得，再把直线的参数方程代入曲线的普通坐标方程，得，得出，利用基本不等式，即可求解；解法2：设直线的极坐标方程为，分别代入曲线，的极坐标方程，得，，得出，即可基本不等式，即可求解.【详解】(1)由题曲线的参数方程为（为参数），消去参数，可得曲线的直角坐标方程为，即，则曲线的极坐标方程为，即，又因为曲线的极坐标方程为，即，根据，代入即可求解曲线的直角坐标方程.(2)解法1：设直线的倾斜角为，则直线的参数方程为（为参数，），把直线的参数方程代入曲线的普通坐标方程得：，解得，，，把直线的参数方程代入曲线的普通坐标方程得：，解得，，，，，即，，，，当且仅当，即时取等号，故的最小值为.解法2：设直线的极坐标方程为），代入曲线的极坐标方程，得，，把直线的参数方程代入曲线的极坐标方程得：，，即，，曲线的参，即，，，，当且仅当，即时取等号，故的最小值为.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，以及极坐标方程与直角坐标方程点互化，以及直线参数方程的应用和极坐标方程的应用，其中解答中熟记互化公式，合理应用直线的参数方程中参数的几何意义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.21、（1），；（2）.【解析】

（1）由条件得出方程组，可求得的通项，当时，，可得，当时，，得出是以1为首项，2为公比的等比数列，可求得的通项；（2）由（1）可知，，分n为偶数和n为奇数分别求得.【详解】（1）由条件知，，，当时，，即，当时，，是以1为首项，2为公比的等比数列，；（2）由（1）可知，，当n为偶数时，当n为奇数时，综上，【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项的求得，以及其前n项和，注意分n为偶数和n为奇数两种情况分别