山东省单县湖西私立高级中学2024-2025学年高三下学期第一次模拟考试 数学试题（含解析）

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一、单项选择题：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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】计算出集合、后，结合集合的运算即可得.
【详解】，即，则，解得，
所以，，
所以，从而.
故选：D.
2. 若，则其共轭复数（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合共轭复数的概念，即可求解.
【详解】由复数，所以.
故选：D.
3. “”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】根据基本不等式等号成立条件判断充分性，取特值验证判断必要性即可.
【详解】若，则，所以，
由得，因为，所以取不到等号，即，
所以“”是“”的充分条件；
又时，，所以“”不是“”的必要条件.
综上，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4. 已知向量，若，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量减法的坐标表示公式，结合投影向量的定义进行求解即可.
【详解】由，
向量在向量上的投影向量为
，故D正确.
故选：D.
5. 已知在处的极大值为5，则（ ）
A. B. 6
C. 或6D. 或2
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的导数，利用极大值及极大值点求出并验证即得.
【详解】函数，求导得，
依题意，，即，解得或，
当时，，
当或时，，当时，，因此在处取得极小值，不符题意；
当时，，
当时，，当或时，，因此在处取得极大值，符合题意，
所以，所以.
故选：B
6. 已知，则（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用和差公式和二倍角公式化简即可得解.
【详解】因为，
整理得，两边平方得，得.
故选：B
7. 已知，则下列不等关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据函数解析式判断出函数的对称性与单调性，再利用函数的对称性得到，进而利用函数单调性即可比较大小.
【详解】由题知， ，
即函数图象的对称轴为，且在上单调递增，在上单调递减.
.
，
故选：A.
8. 设椭圆的左，右焦点分别为，直线过点，若点关于的对称点恰好在椭圆上，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用椭圆的定义及平面向量数量积公式，结合余弦定理解三角形并构造齐次式方程计算离心率即可.
【详解】设，
由已知可得，，
根据椭圆的定义有，
又，所以，
在中，由余弦定理可得，
，
即，整理得，
解方程得或(舍去)，
故选：D.
【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：
①求出，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有错选的得0分.
9. 已知函数的定义域为R，且，，则（ ）
A. B. 有最小值
C. D. 是奇函数
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，利用抽象函数的性质，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，令，可得，所以A正确；
对于B中，令，且，则，
可得，
若时，时，，此时函数为单调递增函数；
若时，时，，此时函数为单调递减函数，
所以函数不一定有最小值，所以B错误；
对于C中，令，可得，
即，
所以，， ，，
各式相加得，所以，所以C正确；
对于D中，令，可得，可得，
即，所以函数是奇函数，所以D正确；
故选：ACD.
10. 已知直线与圆，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线恒过定点
B. 直线与圆相交
C. 若，直线被圆截得的弦长为
D. 若直线与直线垂直，则
【答案】BC
【解析】
【分析】利用点斜式可判定A，利用直线过定点结合点与圆的位置关系可判定B，利用弦长公式可判定C，利用直线的位置关系可判定D.
【详解】对于A，直线，即，
则直线恒过定点，故A错误；
对于B，因为，所以定点在圆内部，
所以直线l与圆O相交，故B正确；
对于C，当时，直线，圆心O到直线的距离，
直线l被圆O截得的弦长为，故C正确；
对于D，若直线与直线垂直，则或，故D不正确；
故选：BC.
11. 离散对数在密码学中有重要的应用．设是素数，集合，若，记为除以的余数，为除以的余数；设，两两不同，若，则称是以为底的离散对数，记为．则（ ）
A. 若，则对应集合X有5个元素
B. 若，，，则
C. 若，，则
D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由的值根据已知可得，即可判断；由，根据的定义即可判断；根据的定义可判断；根据的定义和离散对数的定义即可判断.
【详解】因为，所以，所以共个元素，故错误；
因为，，所以，因为除以的余数为，
所以，故正确；
因为，，所以，又除以的余数为，
所以，即，故正确；
由已知当，，，
所以，除以的余数为，
所以，所以，故错误.
故选：.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是充分理解离散对数的定义，然后结合各选项的条件进行计算和判断即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 将序号分别为1，2，3，4，5，6的六张参观券全部分给甲、乙等5人，每人至少一张，如果分给甲的两张参观券是连号，则不同分法共有________种．
【答案】120
【解析】
【分析】先分给甲，再分给剩余四个人，结合分步乘法计数原理得到答案.
【详解】由题意得，如果分给甲的两张参观券是连号，则有种分法，
再将剩余的4张分给剩余4个人，有种分法，
所以一共有种分法.
故答案为：120
13. 已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球O的直径相等，则圆锥的表面积与球O的表面积的比值是______．
【答案】1
【解析】
【分析】利用轴截面为等边三角形去写出圆锥底面半径，高，母线长之间的关系，再结合圆锥的高与球的直径相等，找到不同几何体之间的变量关系，再应用对应几何体的表面积公式即可解得.
【详解】设圆锥的底面半径为r，球O的半径为R，
因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高，母线，
由题可知：，所以球O的半径
所以圆锥的表面积，球O的表面积，
即，
故答案为：1．
14. 已知函数（）的最小正周期不小于，且恒成立，则的值为____________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据的最小正周期不小于，得到，再根据，恒成立，得到的最大值为，可求出的值.
【详解】因为函数（）的最小正周期不小于，
所以，即，解得：，
因为恒成立，故的最大值为，
所以，所以，
因为，当时，.
故答案为：1.
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. 记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，．
（1）求B，
（2）的平分线交边于点D，且，求b．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件和余弦定理可得结果，
（2）根据等面积求出，由余弦定理可得结果.
【小问1详解】
因为，，所以，
又，所以．
【小问2详解】
因为，即，
又，，解得，
在中，由余弦定理得，
则.
16. 如图，在中，内角所对边分别为，且，，为所在平面内一点，且，，为锐角．
（1）若，求；
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦二倍角公式以及辅助角公式先求解角，再利用余弦定理求解结果；
（2）设，由正弦定理可得，再结合余弦定理以及同角三角函数关系式求解结果.
【小问1详解】
由可得
，
又因为，所以可得，
即，可得；
又，所以可得，因此.
又，若，可得，可得；
又，所以,又，
由余弦定理可得，解得；
【小问2详解】
设，且，，则，
由可得，
在由正弦定理可得，即，可得，
利用余弦定理可得，解得；
所以可得，
又为锐角，所以；
可得．
17. 如图所示，在直三棱柱中，，为中点，且，，.
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）证明，从而建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出的坐标，计算，即可证明结论；
（2）求出平面与平面法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
由题意，为中点，且，
所以，
所以，解得，
所以，所以，即，
取中点，则，
又面，
所以面，
又面，所以，
所以两两互相垂直，
故以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
由题意，，，.
所以，
所以，
所以，所以，即.
【小问2详解】
由（1）可知，
所以，
不妨设平面与平面的法向量分别为，
所以，不妨取，解得，
即可取平面的一个法向量为，
同理有，不妨取，解得，
即可取平面的一个法向量为，
不妨设平面与平面夹角为，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为.
18. 将数列中的所有项按照每一行项数是上一行项数的两倍的规则排成如下数表：



……
记表中的第一列数，，，，…构成的数列为，为数列的前n项和，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成公差为2的等差数列，求上表中第k（）行所有项的和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由当时，，求出，再验证是否满足；
（2）设上表中从第三行起，每行的公差都为2，表中第k（）行有项，表示出，求解即可.
【小问1详解】
当时，．
时，，也适合上式，
因此．
【小问2详解】
设上表中从第三行起，每行的公差都为2，表中第k（）行有项，
（或者）
．
19. 已知双曲线的离心率为，且其焦点到渐近线的距离为1.
（1）求的方程；
（2）若动直线与恰有1个公共点，且与的两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，证明：的面积为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由点到直线的距离公式、离心率公式以及平方关系再结合已知即可求解.
（2）当直线的斜率存在时，不妨设，且.动直线与相切可得即，再由弦长公式、点到直线的距离公式表示出三角形面积，结合即可得解.
【小问1详解】
设右焦点为，一条渐近线方程为，
所以该焦点到渐近线的距离为.
因为，所以.
故的方程为.
【小问2详解】
当直线的斜率不存在时，的方程为，此时.
当直线的斜率存在时，不妨设，且.
联立方程组得.
由，得.
联立方程组，得.
不妨设与的交点分别为，则.
同理可求，所以.
因为原点到的距离，所以.
因为，所以.
故的面积为定值，定值为.