2024-2025学年甘肃省靖远县高三上学期10月高考模拟联考数学检测试题（含解析）

2024-2025学年甘肃省靖远县高三上学期10月高考模拟联考数学检测试题考生须知：1.本卷侧重：高考评价体系之创新性.2.本卷怎么考：①考查新题的试题设问方式（题19）；②考查新颖的试题呈现方式（题8）.3.本卷典型情境题：题7､11､19.4.本卷测试内容：高考全部范围.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.若，则的虚部为（）A. B. C. D.2.若集合，则（）A. B. C. D.3.已知数列是等比数列，记数列an的前项和为，且，则（）A. B. C.1 D.34.的展开式中的系数为（）A. B. C. D.5.对于实数，“”是“方程表示双曲线”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6.函数的图象如图所示，则的解析式可能是（）A. B.C. D.7.质监部门对某种建筑构件的抗压能力进行检测，对此建筑构件实施打击，该构件有两个易损部位，每次打击后，部位损坏的概率为，部位损坏的概率为，则在第一次打击后就有部位损坏（只考虑两个易损部分）的条件下，两个部位都损坏的概率是（）A. B. C. D.8.英国数学家布鲁克泰勒发现，当时，，这就是麦克劳林展开式在三角函数上的一个经典应用.利用上述公式，估计的值为（）（精确到0.01）A.0.36 B.0.37 C.0.38 D.0.39二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.已知函数图象关于直线对称，且函数的图象向右平移个单位长度之后与原来的图象重合，则的值可以为（）A. B. C. D.10.设单位向量满足，则下列结论正确的是（）A.B.向量的夹角为C.D.在的方向上的投影向量为11.已知函数的定义域为，则（）A. B.C.是偶函数 D.是奇函数三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知数据的平均数为7，则该组数据的分位数为__________.13.已知动点在抛物线上，，则该动点到点距离与到轴的距离之和的最小值为__________.14.如图，在空间几何体中，平面平面平面，则几何体的外接球的体积为__________.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.如图，在直三棱柱中，分别为的中点，.（1）求证.（2）求异面直线与所成角的余弦值.16.在中，角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若，求的面积.17.已知函数，其中.（1）求函数的单调区间；（2）若在上单调递增，求的取值范围.18.已知离心率为的椭圆的右焦点为，点为椭圆上第一象限内的一点，满足垂直于轴，且.（1）求椭圆方程；（2）直线的斜率存在，交椭圆于两点，三点不共线，且直线和直线关于直线对称，证明：直线过定点.19.定义有限集合的元素个数为，如，则.已知集合，其中都是的子集且互不相同，记.（1）若，且，写出所有满足条件集合；（2）若，且对任意，都有，求最大值；（3）若，且对任意，都有，求当满足何种条件时，的最大值为.2024-2025学年甘肃省靖远县高三上学期10月高考模拟联考数学检测试题考生须知：1.本卷侧重：高考评价体系之创新性.2.本卷怎么考：①考查新题的试题设问方式（题19）；②考查新颖的试题呈现方式（题8）.3.本卷典型情境题：题7､11､19.4.本卷测试内容：高考全部范围.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.若，则的虚部为（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】利用复数除法运算计算即得.【详解】由，得，所以的虚部为.故选：D2.若集合，则（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据集合交运算即可求解.【详解】，，所以.故选.3.已知数列是等比数列，记数列an的前项和为，且，则（）A. B. C.1 D.3【正确答案】A【分析】根据数列是等比数列，可知数列为等差数列，由等差数列的性质求解即可.【详解】则为常数，所以为常数，知数列为等差数列，由，知，又，所以公差，故.故选：A4.的展开式中的系数为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】先写出展开式的通项公式，根据已知条件确定的值代入展开式即可求解.详解】展开式通项，根据题意令，解得，所以含的项为，即的展开式中的系数为.故选：B5.对于实数，“”是“方程表示双曲线”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【正确答案】A【分析】根据双曲线的特征得到的取值，再根据充分条件的判定即可得到结果.【详解】若方程表示双曲线，则，得或，则“”是“方程表示双曲线”的充分不必要条件，故选：A.6.函数的图象如图所示，则的解析式可能是（）A. B.C. D.【正确答案】A【分析】由函数图象的对称性，确定其奇偶性，由此排除BC，再观察函数在时的函数值的正负，由此排除D.【详解】观察函数可得其图象关于原点对称，故函数奇函数，若，因为函数的定义域，所以其定义域关于原点对称，又，故函数为偶函数，矛盾，故B错误，若，因为函数的定义域，所以其定义域关于原点对称，又，故函数为偶函数，矛盾，故C错误，观察图象可得当时，，当时，，矛盾，故D错误，当时，因为函数的定义域，所以其定义域关于原点对称，又，故函数为奇函数，，满足上述条件.故选：A.7.质监部门对某种建筑构件的抗压能力进行检测，对此建筑构件实施打击，该构件有两个易损部位，每次打击后，部位损坏的概率为，部位损坏的概率为，则在第一次打击后就有部位损坏（只考虑两个易损部分）的条件下，两个部位都损坏的概率是（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】求得第一次打击后就有部位损坏的概率和两个部位都损坏的概率，再由条件概率公式代入即可求解.【详解】解题分析记事件：第一次打击后就有部位损坏，事件两个部位都损坏，则，由条件概率公式可得.故选：A8.英国数学家布鲁克泰勒发现，当时，，这就是麦克劳林展开式在三角函数上的一个经典应用.利用上述公式，估计的值为（）（精确到0.01）A.0.36 B.0.37 C.0.38 D.0.39【正确答案】D【分析】对所给公式两边取导数可得，结合诱导公式求结论.【详解】由已知，两边求导可得，即，故，故.故选：D.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.已知函数的图象关于直线对称，且函数的图象向右平移个单位长度之后与原来的图象重合，则的值可以为（）A. B. C. D.【正确答案】BD【分析】根据函数图象的平移变换可得或，再结合函数的对称轴，即可求得的值，即得答案.【详解】函数图象向右平移个单位长度之后得到了函数）的图象，由两函数图象完全重合知，所以.又，故或.又函数的图象关于直线对称，当时，，则，又，故；当时，，则，又，故.故选：BD10.设单位向量满足，则下列结论正确的是（）A.B.向量的夹角为C.D.在方向上的投影向量为【正确答案】ACD【分析】将平方，可得，可判断A，B；由向量模长公式分别计算，验证C；由投影向量公式验证D.【详解】由于，又因为，所以，故，故A正确，B错误；因为，故，又，故，所以，C正确；在的方向上的投影向量为，故D正确.故选：ACD11.已知函数的定义域为，则（）A. B.C.是偶函数 D.是奇函数【正确答案】ABD【分析】通过赋值可判断AB，构造函数，通过奇偶性的定义可判断CD.【详解】令，可得，故A项正确；令，可得，令，可得，则，故B项正确；由，可得，令，则，令，可得，令，则，所以是奇函数，即是奇函数，故C项错误，D项正确.故选：ABD三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知数据的平均数为7，则该组数据的分位数为__________.【正确答案】7【分析】由平均数定义列方程求出，由百分位数定义即可求解.【详解】根据题意，，得，因为，因此该组数据分位数为第三个数，即为7.故713.已知动点在抛物线上，，则该动点到点的距离与到轴的距离之和的最小值为__________.【正确答案】##【分析】根据抛物线的定义转化为求的最小值，数形结合即可得解.【详解】由抛物线的方程为知，焦点为，准线方程为，由抛物线定义知动点到点的距离与到轴的距离之和可化为，当三点共线，且在线段上时，有最小值，最小值为.故14.如图，在空间几何体中，平面平面平面，则几何体的外接球的体积为__________.【正确答案】【分析】根据已知条件可得几何体的外接球和底面半径为，高为2的圆柱的外接球一样，再计算圆柱的外接球半径即可.【详解】解题分析由题意知，与均为直角三角形，且平面平面平面平面，故可以将几何体放入底面半径为，高为2的圆柱中，且圆柱的外接球正好就是几何体的外接球，又该圆柱的外接球的半径，所以几何体的外接球的半径为3，所以外接球的体积为.故答案为.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.如图，在直三棱柱中，分别为的中点，.（1）求证.（2）求异面直线与所成角的余弦值.【正确答案】（1）证明见解析（2）.【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直的性质即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用空间角的向量求法，即可求得答案.【小问1详解】在直三棱柱中，平面四边形为矩形，又分别为的中点，,且，,，又平面，平面平面，.【小问2详解】由（1）知，又平面平面平面，.以E为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐称系如图所示.由题意得，，由向量夹角公式得，由于异面直线所成角的范围为，故异面直线与所成角的余弦值为.16.在中，角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若，求的面积.【正确答案】（1）（2）3【分析】（1）利用正弦定理角化边，再由余弦定理求解即可；（2）根据题意及两角和的正弦定理求解，然后由正弦定理及求解，最后根据三角形面积公式求解即可.【小问1详解】因为，所以，即.由正弦定理得，由余弦定理得，由B∈0,π，知【小问2详解】由，可得，进而可得，由，可得则，由正弦定理可知，又因为，解得，所以的面积为.17.已知函数，其中.（1）求函数的单调区间；（2）若在上单调递增，求的取值范围.【正确答案】（1）答案见解析（2）【分析】（1）求导，分和两种情况，结合导数符号判断原函数的单调性；（2）分析可知在上恒成立，令，利用导数求其最值，结合恒成立问题分析求解.【小问1详解】由题意可知：的定义域为，且，当时，由于，所以恒成立，从而在上单调递增；当时，若则，；若，则；可知在上单调递增，在上单调递减.综上所述：当时，的单调递增区间为，没有单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.【小问2详解】因为，则，若在上单调递增，可知在上恒成立，即在上恒成立，令，则，若，当趋近于，可知趋近于；若，当时，；当时，；可知在内单调递减，在内单调递增，则的最小值为，可得，解得，所以实数的取值范围为.18.已知离心率为的椭圆的右焦点为，点为椭圆上第一象限内的一点，满足垂直于轴，且.（1）求椭圆的方程；（2）直线的斜率存在，交椭圆于两点，三点不共线，且直线和直线关于直线对称，证明：直线过定点.【正确答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程.（2）设直线的方程为并与椭圆方程联立，化简写出根与系数，由计算得到，进而求得定点坐标.【小问1详解】因为椭圆的离心率为，所以，点在椭圆上，代入椭圆方程，有，解得，且，可得所以椭圆的方程为.【小问2详解】设直线的方程为，由消去，整理得，因为直线交椭圆于两点，所以，设Ax1,因为直线和直线关于直线对称，所以kAF所以，所以，解得.所以直线的方程为，所以直线过定点.本题考查了椭圆的几何性质、直线的对称性及交点的分析，要求学生将代数和几何知识结合起来，进行综合推导.解题过程中，首先通过离心率和焦距求得椭圆方程，然后通过联立求解直线与椭圆的交点，并利用对称性条件证明直线的性质.19.定义有限集合的元素个数为，如，则.已知集合，其中都是的子集且互不相同，记.（1）若，且，写出所有满足条件的集合；（2）若，且对任意，都有，求的最大值；（3）若，且对任意，都有，求当满足何种条件时，的最大值为.【正确答案】（1）或或或.（2）32（3）【分析】（1）根据新定义对交集情况分类讨论即可；（2）