2025年甘肃省酒泉中学高考数学模拟试卷【含答案】

这是一份2025年甘肃省酒泉中学高考数学模拟试卷【含答案】，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知全集U={x|y= −x2+x+12,x∈Z}，集合A={1,2,3}，B={−2,0,1,2}，则∁U(A∪B)=( )
A. {−1}B. {−3,−2,−1,0,3,4}
C. {−3,4}D. {−3,−1,4}
2.在等差数列{an}中，a2+a3+a16=21，则a5+a9=( )
A. 7B. 11C. 14D. 16
3.根据某教育研究机构的统计资料，在校学生近视的概率为40%，某眼镜商要到一中学给学生配眼镜，若已知该校学生总人数为1200，则该眼镜商应准备眼镜的数目为( )
A. 460B. 480C. 不少于480D. 不多于480
4.已知△ABC是边长为1的等边三角形，点D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使得DE=13EF，则AF⋅BC的值为( )
A. 34B. 18C. −58D. 118
5.如图，已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1(−c,0)，F2(c,0)，点A在C上，点B在y轴上，A，F2，B三点共线，若直线BF1的斜率为 3，直线AF1的斜率为−5 311，则双曲线C的离心率是( )
A. 52
B. 32
C. 5
D. 3
6.下列图象中，函数f(x)=x4x2−1的部分图象有可能是( )
A. B.
C. D.
7.如果一个n位十进制数a1a2…an的数位上的数字满足“小大小大…小大”的顺序，即满足：a1a3a5b>0)的焦点坐标为(0,± 2)，双曲线C2:y2a2−x2b2=1的渐近线方程为y=± 2x.
(1)求椭圆C1和双曲线C2的方程;
(2)直线l:y=kx+m与椭圆C1有唯一公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x轴、y轴于不同的两点A(x,0)，B(0,y)，当点M运动时，求点N(x,y)的轨迹C的方程;
(3)已知点T(− 2,0)，又有不同的两点P'(−2 2,t)，Q'(−2 2,−2−t)，直线TP'，TQ'分别与曲线C交于点P，Q，过T作直线PQ的垂线，垂足H.探究|OH|的最小值，若存在则求出该最小值;若不存在则说明理由．
19.(本小题18分)
已知函数f(x)=ex−ax(a∈R)．
(1)若a=e，求f(x)在x=0处的切线方程；
(2)讨论g(x)=(f(x)+ax)(x−a−1)−(x−a)2的单调性；
(3)若x∈[−π2,+∞)时，xf(x)≥2x−xcsx，求a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】由−x2+x+12≥0，得−3≤x≤4，
则U={x|−3≤x≤4,x∈Z}={−3,−2,−1,0,1,2,3,4}，
∵A={1,2,3}，B={−2,0,1,2}，
∴A∪B={−2,0,1,2,3}，则∁U(A∪B)={−3,−1,4}．
故选：D．
2.【答案】C
【解析】∵等差数列{an}中，a2+a3+a16=21，
∴3a1+d+2d+15d=3(a1+6d)=21，
可得a1+6d=7，
∴a5+a9=2(a1+6d)=14．
故选：C．
3.【答案】C
【解析】根据题意可知，该校近视的学生人数约为40%×1200=480(人)，结合实际情况，该眼镜商应准备眼镜的数目不少于480．
故选：C．
4.【答案】A
【解析】如图，
以BC所在直线为x轴，E为坐标原点，EA为y轴，建立坐标系，
由题意可得A(0, 32)，B(−12,0)，
C(12,0)，
则D(−14, 34)，E(0,0)，DE=(14,− 32)，DE=13EF，
可得F(34,−3 32)，
∴AF=(34,−2 3)，BC=(1,0)
则AF⋅BC=34×1+(−2 3)×0=34．
故选：A．
5.【答案】B
【解析】依题意，直线BF1的斜率为 3，所以∠BF1F2=π3，
又|BF1|=|BF2|，所以△BF1F2为等边三角形，
故|BF1|=|BF2|=|F1F2|=2c=6,∠BF2F1=π3，
在△AF1F2中，tan∠F2F1A=5 311>0,∠F2F1A为锐角，
∴sin∠F2F1A=5 314,cs∠F2F1A=1114，
所以sinA=sin(2π3+∠F2F1A)=3 314，
根据正弦定理可得|F1F2|sinA=|AF1|sin∠F1F2A=|AF2|sin∠F2F1A，
解得|AF1|=14，|AF2|=10，
所以2a=4，即a=2，
所以C的离心率为 ca=32．
故选：B．
6.【答案】A
【解析】因为f(x)=x4x2−1，所以定义域为{x|x≠±12}，
又f(−x)=−x4x2−1=−f(x)，所以f(x)为奇函数，图象关于原点对称，排除C、D；
0b>0)，已知焦点坐标为(0,± 2)，
则c= 2，a2−b2=c2=2，
对于双曲线C2:y2a2−x2b2=1，渐近线方程为y=± 2x，
所以ab= 2，即a= 2b，联立a2−b2=2a= 2b，将a= 2b代入a2−b2=2得2b2−b2=2，
解得b2=2，a2=4，所以椭圆C1的方程为y24+x22=1，
双曲线C2的方程为y24−x22=1．
(2)联立y=kx+my24+x22=1，消去y得(k2+2)x2+2kmx+m2−4=0，
因为直线l与椭圆C1有唯一公共点M，所以△=(2km)2−4(k2+2)(m2−4)=0，
化简得m2=2k2+4(m≠0)，
设M(x0,y0)，由韦达定理x0=−kmk2+2，则y0=k0+m=2mk2+2，
当k=0时，无不同的两点A，B，与题意不符;
当k≠0时，过点M且与l垂直的直线方程为y−2mk2+2=−1k(x+kmk2+2)，
可得A(kmk2+2,0)，B(0,mk2+2)，即x=kmk2+2=2kmy=mk2+2=2m⇒k=xym=2y,
代入m2=2k2+4(m≠0)得：x22+y2=1(xy≠0)，
故点N的轨迹方程C:x22+y2=1(xy≠0)．
(3)设直线PQ方程：y=nx+p，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立x22+y2=1y=nx+p⇒(2n2+1)x2+4npx+2p2−2=0，
其中Δ=16n2p2−4(2n2+1)(2p2−2)>0⇒2n2−p2+1>0，
由韦达定理得：x1+x2=−4np2n2+1，x1x2=2p2−22n2+1，
由kTP'+kTQ'=t−2 2+ 2+−2−t−2 2+ 2= 2=kTP+kTQ，
即y1x1+ 2+y2x2+ 2=nx1+px1+ 2+nx2+px2+ 2=2n+(p− 2n)(1x1+ 2+1x2+ 2)= 2，
由于直线PQ不过点T，故p− 2n≠0化简得1x1+ 2+1x2+ 2= 2−2np− 2n，
故1x1+ 2+1x2+ 2=x1+x2+2 2x1x2+ 2(x1+x2)+2=2 2(2n2+1)−4np2p2−2−4 2np+2(1+2n2)
=2 2+4 2n2−4np(2n− 2p)2= 2−2np− 2n
⇒2n2+1− 2np=(1− 2n)(p− 2n)⇒p= 2n+1，
此时直线PQ:y=nx+ 2n+1，恒过定点S(− 2,1)，
由于TH⊥PQ，故点H在以TS为直径的圆上，圆心G(− 2,−12)，半径r=12，
所以|OH|≥|OG|−r= 2+14−12=1等号成立时H(−2 23,13)，n=− 20，g(x)在(−∞,a)，(ln2,+∞)上单调递增，
x∈(a,ln2)时，g'(x)ln2时，x∈(−∞,ln2)∪(a,+∞)，g'(x)>0，g(x)在(−∞,ln2)，(a,+∞)上单调递增，
x∈(ln2,a)时g'(x)