河南省周口市项城市2024-2025学年高三下学期高考模拟一（开学诊断考试）数学试题（原卷版+解析版）

普通高等学校招生模拟考试一数学全卷满分150分，考试时间120分钟注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回.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.若命题，，则的否定是（）A.， B.，C.， D.，2.已知集合，，若，则（）A.1 B. C.1或0 D.1或3.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，，，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4.已知，，且，则的最小值为（）A.1 B. C. D.25.若，，是空间的一组基底，则（）A. B. C. D.6.已知，，，则（）A. B. C. D.7.已知，，，是半径为15的球的球面上四点，，，则三棱锥体积的最大值为（）A.384 B.1152 C. D.8.已知倾斜角为的直线经过坐标原点，且与双曲线分别交于，两点（其中点位于第一象限），过作轴于点，若，则面积的取值范围是（）A. B.C D.二、选择题：本题共3小题，每小题，共1.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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知为复数，则下列结论正确的是（）A.若，则B.C.若，则为纯虚数D.若，则的最小值为110.下列说法正确的是（）A.函数的图象既不关于某点对称也不关于某直线对称B.函数的图象关于某直线对称C.函数的图象关于某点对称D.函数图象关于某点对称11.在直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，，为上任意一点，经过点的直线与交于，两点，则（）A.到的准线的距离为2B.最小值为C.的方程为D.的面积可以为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，函数，若，则________．13.如图，在矩形中，，点为边上的任意一点（包含端点），为线段的中点，则的取值范围是________．14.记曲线关于直线的对称曲线为，则上任意一点与上任意一点之间距离的最小值为________．四、解答题：本题共5小题，共7.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在中，内角的对边分别为，，，且．（1）求角的大小；（2）若，且这样的有两解，求的取值范围．16已知函数，其中．（1）当时，求的图象在处的切线方程；（2）若函数在区间上存在极值，求的取值范围．17.如图，在平行六面体中，为的重心，是棱上的一点，且．（1）求证：平面；（2）已知平面，且平行六面体各棱长均为6，，设平面与平面的夹角为，求的值．18.在平面直角坐标系中，，，为一个动点，且直线，的斜率之积为，设动点的轨迹为曲线．（1）求的方程；（2）已知，，点是上的一点，设为的重心，过点作垂直于轴的直线，求被分成的左、右两个部分图形面积之比的取值范围．19.设，将所有不大于的正整数随机排列后构成一个数列为，则称是的一个“随机数列”；若中的各项均满足，则称是的“完全随机数列”，记的“完全随机数列”的个数为．（1）分别计算，，，；（2）证明：；（3）若从中随机选取一个数列，记此数列是的“完全随机数列”的概率为，证明：．

普通高等学校招生模拟考试一数学全卷满分150分，考试时间120分钟注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回.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.若命题，，则的否定是（）A， B.，C.， D.，【答案】C【解析】【分析】全称命题的否定是特称命题，要将全称量词“”改为存在量词“”，并否定结论将“”改为“”．【详解】由命题否定的法则得；的否定是：，．故选：．2.已知集合，，若，则（）A.1 B. C.1或0 D.1或【答案】D【解析】【分析】由得或求出值，并根据集合元素互异性检验得解.【详解】因为，当，即时，，，符合题意；当，即时，，，符合题意．综上，或．故选：D．3.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，，，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【答案】A【解析】【分析】由面面垂直的性质定理可判断充分性，通过当时，易得，可判断必要性；【详解】若，又，，，所以，又，所以，所以“”是“”的充分条件；当时，易得，此时与平行或相交，所以“”不是“”的必要条件．综上，“”是“”的充分不必要条件．故选：A．4.已知，，且，则的最小值为（）A.1 B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用基本不等式列式求出最小值.【详解】由，，得，当且仅当时取等号，则，即，解得，时等号成立，故取得最小值.故选：C5.若，，是空间的一组基底，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的基底概念，只需三个向量不共面即可，因此可以利用反证法证明.【详解】若，，共面，则，所以，即，解得，，，所以，若，，是空间的一组基底，则．故选：B．6.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用同角公式及逆用差角的正弦求得，再与已知结合求出即可得解.【详解】依题意，，，两式平方相加得，即，由，得，则，即，于是，，即，两边平方整理得，又，解得，所以.故选：C7.已知，，，是半径为15的球的球面上四点，，，则三棱锥体积的最大值为（）A.384 B.1152 C. D.【答案】B【解析】【分析】利用直角三角形的斜边就是其外接圆的直径，再利用过球心垂直于截面的直线必过截面圆的圆心，就可以构成勾股定理求距离，从而可求得最大体积.【详解】因为，，所以为的外接圆的直径，即半径，由过球心垂直于截面的直线必过截面圆的圆心可知，球心到平面的距离，又直角面积，当且仅当时取等号，而点到平面的距离的最大值为，所以三棱锥体积的最大值为．故选:B．8.已知倾斜角为的直线经过坐标原点，且与双曲线分别交于，两点（其中点位于第一象限），过作轴于点，若，则面积的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】设，Ax1,y1,x1>0，联立消元，求出及点到直线的距离，进而得到面积与的函数关系,利用函数的单调性即可得面积的取值范围.【详解】由题意设，联立消去得，，所以，又，所以，设Ax1,y1由，得，所以设到的距离为，所以，所以的面积．故选：D.二、选择题：本题共3小题，每小题，共1.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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知为复数，则下列结论正确的是（）A.若，则B.C.若，则为纯虚数D.若，则的最小值为1【答案】ABD【解析】【分析】A选项，计算出，根据模长公式得到；B选项，设，，计算出；C选项，举出反例；D选项，设，，得到，，根据，得到的最小值为1，故D正确.【详解】A选项，因为，所以，故A正确；B选项，设，，则，又，，所以成立，故B正确；C选项，当时，有成立，但此时为实数，故C错误；D选项，设，，由于，则，即，故，由，得，则，故当时，的最小值为1，故D正确．故选：ABD10.下列说法正确的是（）A.函数的图象既不关于某点对称也不关于某直线对称B.函数图象关于某直线对称C.函数的图象关于某点对称D.函数的图象关于某点对称【答案】BCD【解析】【分析】根据对称性的概念判断．【详解】对A，令，则，所以函数的图象关于点对称，故A不正确；对B，令，所以，所以函数的图象关于直线对称，故B正确；对C，因为，所以的图象可由函数的图象向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到，而函数是奇函数，图象关于原点对称，因此函数的图象关于点对称，故C正确；对D，因为，所以函数的图象可由函数的图象向右平移2个单位再向上平移3个单位得到，设，则，即是奇函数，图象关于原点对称，因此函数的图象关于点对称，故D正确．故选：BCD．11.在直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，，为上任意一点，经过点的直线与交于，两点，则（）A.到的准线的距离为2B.的最小值为C.的方程为D.的面积可以为【答案】BC【解析】【分析】利用抛物线的标准方程即可判断A，利用抛物线的定义转化焦半径，即可求最小值来判断B，利用点差法来研究斜率与中点关系，可判断C，利用直线与抛物线联立方程组，求弦长和距离，最后把面积表示为参变量的函数求最小值，可判断D．【详解】由抛物线标准方程可知：的坐标为，的准线方程为，所以到的准线的距离为1，所以A错误；由抛物线的定义，过作准线的垂线，垂足为，所以，当且仅当，，三点共线时等号成立，所以B正确；设，，由题可知，，当时，两式作差可得，，所以，所以直线的方程为，整理得，；当时，，此时直线的方程为，把代入得，，所以，即．综上，直线的方程为，所以C正确；设直线，，，由，得Δ=2t2+4=4t所以，所以当且仅当时，的面积取得最小值为，所以的面积不可以为，所以D错误．故选:BC．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，函数，若，则________．【答案】1【解析】【分析】令有求参数m，再由求得，再验证所得参数是否满足，即可得结果.【详解】令，可得，所以，所以，又，所以，则，即，因为，所以，，经验证满足题设，所以．故答案为：113.如图，在矩形中，，点为边上的任意一点（包含端点），为线段的中点，则的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】构建合适的空间直角坐标系，应用坐标法求向量的数量积，结合相关函数的性质求数量积的范围.【详解】以为坐标原点，，所在的直线分别为，轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则，，设，所以，，所以，又，所以，即的取值范围是．故答案为：14.记曲线关于直线的对称曲线为，则上任意一点与上任意一点之间距离的最小值为________．【答案】##【解析】【分析】先分析曲线与直线是否存在交点，若存在交点则距离的最小值为，若不存在交点，则问题转化为与直线平行的切线所对应的切点到直线的距离.【详解】因为，所以与没有公共点，则上任意一点与上任意一点之间距离的最小值为上任意一点与上任意一点之间距离最小值的2倍．设为上的一点，因，则过点的切线斜率为，令，则，故是递增函数，且当时，，则存在唯一解，此时过点的切线与平行，所以上任意一点与上任意一点之间距离最小值为点到直线的距离，即，所以上任意一点与上任意一点之间距离的最小值为．故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共7.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在中，内角的对边分别为，，，且．（1）求角的大小；（2）若，且这样的有两解，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先根据余弦定理化角为边，再根据余弦定理求角；（2）先根据正弦定理得，再根据角范围以及正弦函数图象性质得的取值范围．【小问1详解】因为，所以，所以，，因为，所以．【小问2详解】由正弦定理得，所以，所以，因为，所以，因为这样的有两解，即关于的三角方程在时有两解，所以，所以．16.已知函数，其中．（1）当时，求的图象在处的切线方程；（2）若函数在区间上存在极值，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求定义域，求导，得到，利用导数的几何意义求出切线方程；（2）求导，得到在上必存在变号零点，即在上必存在零点，由于，只需，得到不等式，求出答案.【小问1详解】当时，，定义域为，所以，，，所以的图象在处的切线方程为，即，化为一般式为．【小问2详解】函数，定义域为，所以，因为函数在区间上存在极值，所以在上必存在变号零点，即上必存在零点，由于，由二次函数性质可知只需，解得，即的取值范围是．17.如图，在平行六面体中，为的重心，是棱上的一点，且．（1）求证：平面；（2）已知平面，且平行六面体的各棱长均为6，，设平面与平面的夹角为，求的值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，利用重心性质得，再根据线面平行判定定理得结果，（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再根据向量夹角公式求结果.【小问1详解】连接，因为，得，所以共面，则平面即平面，再连接，延长交于，连接，如图．因为为的重心，所以，因为，所以，因为平面，平面，所以平面，所以平面．【小问2详解】取的中点为，连接，则．因为平面，所以平面，又平行六面体的各棱长均为6，，则为正三角形，又为的中点，可得，，所以，，两两垂直，分别以直线，，为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，所以，，，．设平面的法向量为，所以令，解得，，所以平面的一个法向量，设平面的法向量为，所以令，解得，，所以平面的一个法向量，所以．18.在平面直角坐标系中，，，为一个动点，且直线，的斜率之积为，设动点的轨迹为曲线．（1）求的方程；（2）已知，，点是上的一点，设为的重心，过点作垂直于轴的直线，求被分成的左、右两个部分图形面积之比的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设，利用直线，的斜率之积是，即可求出动点的轨迹为曲线；（2）利用椭圆对称性，首先考虑在第一象限或轴正半轴上，设与轴、分别交于点，，求出的面积与的面积之比，构造函数，借助导函数求出面积之比的范围，再利用对称性去确定被分成的左、右两个部分图形面积之比的取值范围.【小问1详解】设，因为直线，的斜率之积是，所以，化简整理得，，所以的方程为．【小问2详解】记的坐标为，，由椭圆对称性，不妨设点在第一象限或轴正半轴上，即，，又，，所以直线的方程为．设与轴、分别交于点，，因为为的重心，所以，，的面积与的面积之比为．令，则，当，，当，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，又因为，，，所以的值域是，所以，所以，根据对称性，被直线分成的左、右两个部分图形面积之比的取值范围是．【点睛】关键点点睛：第二问的关键