2024-2025學(xué)年甘肅省靖遠(yuǎn)縣高三上學(xué)期10月高考模擬聯(lián)考數(shù)學(xué)檢測試題（附解析）

2024-2025學(xué)年甘肅省靖遠(yuǎn)縣高三上學(xué)期10月高考模擬聯(lián)考數(shù)學(xué)檢測試題考生須知：1.本卷側(cè)重：高考評價體系之創(chuàng)新性.2.本卷怎么考：①考查新題的試題設(shè)問方式（題19）；②考查新穎的試題呈現(xiàn)方式（題8）.3.本卷典型情境題：題7?11?19.4.本卷測試內(nèi)容：高考全部范圍.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.若，則的虛部為（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】利用復(fù)數(shù)除法運算計算即得.【詳解】由，得，所以的虛部為.故選：D2.若集合，則（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】根據(jù)集合交運算即可求解.【詳解】，，所以.故選.3.已知數(shù)列是等比數(shù)列，記數(shù)列an的前項和為，且，則（）A. B. C.1 D.3【正確答案】A【分析】根據(jù)數(shù)列是等比數(shù)列，可知數(shù)列為等差數(shù)列，由等差數(shù)列的性質(zhì)求解即可.【詳解】則為常數(shù)，所以為常數(shù)，知數(shù)列為等差數(shù)列，由，知，又，所以公差，故.故選：A4.的展開式中的系數(shù)為（）A. B. C. D.【正確答案】B【分析】先寫出展開式的通項公式，根據(jù)已知條件確定的值代入展開式即可求解.詳解】展開式通項，根據(jù)題意令，解得，所以含的項為，即的展開式中的系數(shù)為.故選：B5.對于實數(shù)，“”是“方程表示雙曲線”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【正確答案】A【分析】根據(jù)雙曲線的特征得到的取值，再根據(jù)充分條件的判定即可得到結(jié)果.【詳解】若方程表示雙曲線，則，得或，則“”是“方程表示雙曲線”的充分不必要條件，故選：A.6.函數(shù)的圖象如圖所示，則的解析式可能是（）A. B.C. D.【正確答案】A【分析】由函數(shù)圖象的對稱性，確定其奇偶性，由此排除BC，再觀察函數(shù)在時的函數(shù)值的正負(fù)，由此排除D.【詳解】觀察函數(shù)可得其圖象關(guān)于原點對稱，故函數(shù)奇函數(shù)，若，因為函數(shù)的定義域，所以其定義域關(guān)于原點對稱，又，故函數(shù)為偶函數(shù)，矛盾，故B錯誤，若，因為函數(shù)的定義域，所以其定義域關(guān)于原點對稱，又，故函數(shù)為偶函數(shù)，矛盾，故C錯誤，觀察圖象可得當(dāng)時，，當(dāng)時，，矛盾，故D錯誤，當(dāng)時，因為函數(shù)的定義域，所以其定義域關(guān)于原點對稱，又，故函數(shù)為奇函數(shù)，，滿足上述條件.故選：A.7.質(zhì)監(jiān)部門對某種建筑構(gòu)件的抗壓能力進(jìn)行檢測，對此建筑構(gòu)件實施打擊，該構(gòu)件有兩個易損部位，每次打擊后，部位損壞的概率為，部位損壞的概率為，則在第一次打擊后就有部位損壞（只考慮兩個易損部分）的條件下，兩個部位都損壞的概率是（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】求得第一次打擊后就有部位損壞的概率和兩個部位都損壞的概率，再由條件概率公式代入即可求解.【詳解】解題分析記事件：第一次打擊后就有部位損壞，事件兩個部位都損壞，則，由條件概率公式可得.故選：A8.英國數(shù)學(xué)家布魯克泰勒發(fā)現(xiàn)，當(dāng)時，，這就是麥克勞林展開式在三角函數(shù)上的一個經(jīng)典應(yīng)用.利用上述公式，估計的值為（）（精確到0.01）A.0.36 B.0.37 C.0.38 D.0.39【正確答案】D【分析】對所給公式兩邊取導(dǎo)數(shù)可得，結(jié)合誘導(dǎo)公式求結(jié)論.【詳解】由已知，兩邊求導(dǎo)可得，即，故，故.故選：D.二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分.9.已知函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，且函數(shù)的圖象向右平移個單位長度之后與原來的圖象重合，則的值可以為（）A. B. C. D.【正確答案】BD【分析】根據(jù)函數(shù)圖象的平移變換可得或，再結(jié)合函數(shù)的對稱軸，即可求得的值，即得答案.【詳解】函數(shù)圖象向右平移個單位長度之后得到了函數(shù)）的圖象，由兩函數(shù)圖象完全重合知，所以.又，故或.又函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，當(dāng)時，，則，又，故；當(dāng)時，，則，又，故.故選：BD10.設(shè)單位向量滿足，則下列結(jié)論正確的是（）A.B.向量的夾角為C.D.在方向上的投影向量為【正確答案】ACD【分析】將平方，可得，可判斷A，B；由向量模長公式分別計算，驗證C；由投影向量公式驗證D.【詳解】由于，又因為，所以，故，故A正確，B錯誤；因為，故，又，故，所以，C正確；在的方向上的投影向量為，故D正確.故選：ACD11.已知函數(shù)的定義域為，則（）A. B.C.是偶函數(shù) D.是奇函數(shù)【正確答案】ABD【分析】通過賦值可判斷AB，構(gòu)造函數(shù)，通過奇偶性的定義可判斷CD.【詳解】令，可得，故A項正確；令，可得，令，可得，則，故B項正確；由，可得，令，則，令，可得，令，則，所以是奇函數(shù)，即是奇函數(shù)，故C項錯誤，D項正確.故選：ABD三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知數(shù)據(jù)的平均數(shù)為7，則該組數(shù)據(jù)的分位數(shù)為__________.【正確答案】7【分析】由平均數(shù)定義列方程求出，由百分位數(shù)定義即可求解.【詳解】根據(jù)題意，，得，因為，因此該組數(shù)據(jù)分位數(shù)為第三個數(shù)，即為7.故713.已知動點在拋物線上，，則該動點到點的距離與到軸的距離之和的最小值為__________.【正確答案】##【分析】根據(jù)拋物線的定義轉(zhuǎn)化為求的最小值，數(shù)形結(jié)合即可得解.【詳解】由拋物線的方程為知，焦點為，準(zhǔn)線方程為，由拋物線定義知動點到點的距離與到軸的距離之和可化為，當(dāng)三點共線，且在線段上時，有最小值，最小值為.故14.如圖，在空間幾何體中，平面平面平面，則幾何體的外接球的體積為__________.【正確答案】【分析】根據(jù)已知條件可得幾何體的外接球和底面半徑為，高為2的圓柱的外接球一樣，再計算圓柱的外接球半徑即可.【詳解】解題分析由題意知，與均為直角三角形，且平面平面平面平面，故可以將幾何體放入底面半徑為，高為2的圓柱中，且圓柱的外接球正好就是幾何體的外接球，又該圓柱的外接球的半徑，所以幾何體的外接球的半徑為3，所以外接球的體積為.故答案為.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.如圖，在直三棱柱中，分別為的中點，.（1）求證.（2）求異面直線與所成角的余弦值.【正確答案】（1）證明見解析（2）.【分析】（1）先證明平面，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)即可證明結(jié)論；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)點坐標(biāo)，利用空間角的向量求法，即可求得答案.【小問1詳解】在直三棱柱中，平面四邊形為矩形，又分別為的中點，,且，,，又平面，平面平面，.【小問2詳解】由（1）知，又平面平面平面，.以E為坐標(biāo)原點，以所在直線為軸，建立空間直角坐稱系如圖所示.由題意得，，由向量夾角公式得，由于異面直線所成角的范圍為，故異面直線與所成角的余弦值為.16.在中，角的對邊分別為，已知.（1）求；（2）若，求的面積.【正確答案】（1）（2）3【分析】（1）利用正弦定理角化邊，再由余弦定理求解即可；（2）根據(jù)題意及兩角和的正弦定理求解，然后由正弦定理及求解，最后根據(jù)三角形面積公式求解即可.【小問1詳解】因為，所以，即.由正弦定理得，由余弦定理得，由B∈0,π，知【小問2詳解】由，可得，進(jìn)而可得，由，可得則，由正弦定理可知，又因為，解得，所以的面積為.17.已知函數(shù)，其中.（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）若在上單調(diào)遞增，求的取值范圍.【正確答案】（1）答案見解析（2）【分析】（1）求導(dǎo)，分和兩種情況，結(jié)合導(dǎo)數(shù)符號判斷原函數(shù)的單調(diào)性；（2）分析可知在上恒成立，令，利用導(dǎo)數(shù)求其最值，結(jié)合恒成立問題分析求解.【小問1詳解】由題意可知：的定義域為，且，當(dāng)時，由于，所以恒成立，從而在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，若則，；若，則；可知在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.綜上所述：當(dāng)時，的單調(diào)遞增區(qū)間為，沒有單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)時，的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.【小問2詳解】因為，則，若在上單調(diào)遞增，可知在上恒成立，即在上恒成立，令，則，若，當(dāng)趨近于，可知趨近于；若，當(dāng)時，；當(dāng)時，；可知在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增，則的最小值為，可得，解得，所以實數(shù)的取值范圍為.18.已知離心率為的橢圓的右焦點為，點為橢圓上第一象限內(nèi)的一點，滿足垂直于軸，且.（1）求橢圓的方程；（2）直線的斜率存在，交橢圓于兩點，三點不共線，且直線和直線關(guān)于直線對稱，證明：直線過定點.【正確答案】（1）（2）證明見解析【分析】（1）根據(jù)已知條件求得，從而求得橢圓的方程.（2）設(shè)直線的方程為并與橢圓方程聯(lián)立，化簡寫出根與系數(shù)，由計算得到，進(jìn)而求得定點坐標(biāo).【小問1詳解】因為橢圓的離心率為，所以，點在橢圓上，代入橢圓方程，有，解得，且，可得所以橢圓的方程為.【小問2詳解】設(shè)直線的方程為，由消去，整理得，因為直線交橢圓于兩點，所以，設(shè)Ax1,因為直線和直線關(guān)于直線對稱，所以kAF所以，所以，解得.所以直線的方程為，所以直線過定點.本題考查了橢圓的幾何性質(zhì)、直線的對稱性及交點的分析，要求學(xué)生將代數(shù)和幾何知識結(jié)合起來，進(jìn)行綜合推導(dǎo).解題過程中，首先通過離心率和焦距求得橢圓方程，然后通過聯(lián)立求解直線與橢圓的交點，并利用對稱性條件證明直線的性質(zhì).19.定義有限集合的元素個數(shù)為，如，則.已知集合，其中都是的子集且互不相同，記.（1）若，且，寫出所有滿足條件的集合；（2）若，且對任意，都有，求的最大值；（3）若，且對任意，都有，求當(dāng)滿足何種條件時，的最大值為.【正確答案】（1）或或或.（2）32（3）【分析】（1）根據(jù)新定義對交集情況分類討論即可；（2）將集合的子集進(jìn)行兩兩配對得到16組，寫出選擇的16個含有元素1的子集即可得到；（3）分中有一元集合和沒有一元集合但有二元集合，以及均為三元集合討論即可.【小問1詳解】因為，則和的元素個數(shù)均為1，又因為，則.若，則或；若，則或.綜上，或或或.【小問2詳解】集合，共有64個不同的子集，將其兩兩配對成32組，使得，則不能同時被選中為子集，故.選擇集合A的32個含有元素1的子集.符合題意.綜上，的最大值為32.【小問3詳解】令，若集合符合題意，則需滿足以下條件：（i）若中有一元集合，不妨設(shè)，則其他子集中都有元素1，且元素都至多屬于1個子集，所以除外的子集至多有個，故成立.（ii）若中沒有一元集合，但有二元集合，不妨設(shè).其他子集分兩類：或和或.其中互不相同，互不相同，且均不為1，2.若，則，有，成立，若，則由，得每個集合中都恰好包含中的1個元素（不