甘肃省靖远县2024-2025学年高三上学期10月高考模拟联考数学试题

这是一份甘肃省靖远县2024-2025学年高三上学期10月高考模拟联考数学试题，共12页。试卷主要包含了本卷侧重，本卷怎么考，本卷典型情境题，本卷测试内容等内容，欢迎下载使用。
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，记数列的前项和为，且，则（ ）
A. B. C.1 D.3
4.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，A部位损坏的概率为，B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）

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.
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，，则该动点到点的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.（13分）
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.（15分）
在中，角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，求的面积.
17.（15分）
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.（17分）
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.
19.（17分）
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.
高考模拟卷数学参考答案
1.答案D
解题分析由，知，故的虚部为.
2.答案C
解题分析易知.
3.答案A
解题分析由数列是等比数列，知数列为等差数列，
由，知，又，故.
4.答案B
解题分析展开式通项，所以含的项为，即的展开式中的系数为.
5.答案A
解题分析若方程表示双曲线，则，得或，则“”是“方程表示双曲线”的充分不必要条件.
6.答案A
解题分析由所给图象可得为奇函数，故可排除B，C选项，又因为，故可排除D选项，所以A选项正确.
7.答案A
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.
8.答案D
解题分析由，两边求导可得，
即，
故，
又由答案精确到0.01，故.
9.答案BD
解题分析函数的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，，又，故；
当时，，又，故.
10.答案ACD
解题分析，又因为，所以，故，
所以A项正确，B项不正确；
，故，故，所以，C项正确；
在的方向上的投影向量为，D项正确.
11.答案ABD
解题分析令，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.
12.答案7
解题分析根据题意，，得，
，因此该组数据的分位数为第三个数，即为7.
13.答案
解题分析由抛物线的方程为，焦点为，可知动点到点的距离与到轴的距离之和的最小值为.
14.答案
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，体积为.
15.解题分析（1）在直三棱柱中，平面四边形为矩形，又分别为的中点，，
，又平面平面，
.
（2）由（1）知，又平面平面平面.
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
，
故异面直线与所成角的余弦值为.
16.解题分析（1）因为，
所以，
即.
由正弦定理得，由余弦定理得，
由，知.
（2）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.解题分析（1），
当时，由于，所以恒成立，从而在上单调递增；
当时，若则，，若，则，
从而在上单调递增，在上单调递减.
综上，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.
（2）在上单调递增，
在上恒成立，
在上恒成立，
即在上恒成立，易知.
令，则，
，当时，单调递减；
当时，单调递增.
的最小值为，
，
实数的取值范围为.
18.解题分析（1）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.
（2）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，所以，
因为直线和直线关于直线对称，
所以，
所以，
所以，
解得.
所以直线的方程为，
所以直线过定点.
19.解题分析（1）因为，则和的元素个数均为1，
又因为，则.
若，则或；
若，则或.
综上，或或或.
（2）集合，共有64个不同的子集，
将其两两配对成32组，
使得，则不能同时被选中为子集，故.
选择集合的32个含有元素1的子集：.符合题意.
综上，的最大值为32.
（3）令，若集合符合题意，则需满足以下条件：
（i）若中有一元集合，不妨设，则其他子集中都有元素1，且元素都至多属于1个子集，所以除外的子集至多有个，故成立.
（ii）若中没有一元集合，但有二元集合，不妨设.其他子集分两类：
或和或.
其中互不相同，互不相同，且均不为1，2.
若，则，有，成立，
若，则由，得每个集合中都恰好包含中的1个元素（不是2），且互不相同，
因为中除2外至多还有2个元素，所以，
所以，成立.
（iii）若均为三元集合，不妨设，将其他子集分为三类：
，其中.
若，则（除外，其他元素两个一组与1构成集合），
所以.
若，不妨设，则由，得每个集合中都有4或都有5，
又中除1外无其他公共元素，所以.
所以，此时若要符合题意，则需满足，
综上，若要使得的最大值为，则需.题序
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
C
A
B
A
A
A
D
BD
ACD
ABD