甘肃省靖远县第一中学2024-2025学年高三上学期1月高考模拟数学试题（解析版）-A4

这是一份甘肃省靖远县第一中学2024-2025学年高三上学期1月高考模拟数学试题（解析版）-A4，共19页。试卷主要包含了 若，则， 函数且的图象可以是等内容，欢迎下载使用。
本试卷满分150分，考试用时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.
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，再选涂其它答案标号.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交回.
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. 已知集合，则（ ），
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解一元二次不等式及对数不等式化简集合A，B，再利用补集、交集的定义求解作答.
【详解】因为，
B=xlg12x12，则，
所以．
故选：A.
2. 已知命题，则命题的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用全称量词命题的否定是存在量词命题即可.
【详解】由命题：，则命题的否定为：，
故选：D.
3. 某商场开通三种平台销售商品，五一期间这三种平台的数据如图1所示．该商场为了解消费者对各平台销售方式的满意程度，用分层抽样的方法抽取了6%的顾客进行满意度调查，得到的数据如图2所示．下列说法正确的是（ ）
A. 样本中对平台一满意的消费者人数约700
B. 总体中对平台二满意的消费者人数为18
C. 样本中对平台一和平台二满意的消费者总人数为60
D. 若样本中对平台三满意的消费者人数为120，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据扇形图和频率分布直方图判断.
【详解】对于A：样本中对平台一满意的人数为，故选项A错误；
对于B：总体中对平台二满意的人数约为，故选项B错误；
对于C：样本中对平台一和平台二满意的总人数为：，故选项C正确：
对于D：对平台三的满意率为，所以，故选项D错误．
故选：C
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意利用二倍角公式以及诱导公式计算可得结果.
【详解】因为，
所以.
故选：D.
5. 如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A. 24种B. 48种C. 72种D. 96种
【答案】B
【解析】
【分析】按涂色顺序进行分四步，根据分步乘法计数原理可得解.
【详解】按涂色顺序进行分四步：涂A部分时，有4种涂法；涂B部分时，有3种涂法；涂C部分时，有2种涂法；涂D部分时，有2种涂法.
由分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有种.
故选：B.
6. 函数且的图象可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先判断函数奇偶性，排除A，B；再由，排除D.
【详解】由题意，函数的定义域关于原点对称，
，所以函数为奇函数，
图象关于原点对称，排除A，B；
又由fπ=1π−πcsπ=π−1π>0，所以选项D不符合题意.
故选：C.
7. 在平面四边形中，已知的面积是的面积的2倍.若存在正实数使得成立，则的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】由面积比得，再利用三角形相似得到，从而利用向量的线性运算得到的关系，进而利用基本不等式“1”的妙用即可得解.
【详解】根据题意，如图，连接，设与交于点，
过点作于点，过点作于点，
若面积是面积的2倍，即，
根据相似三角形的性质可知，，
，
设，
，
即，即，
，
当且仅当，即时取等号，的最小值为1.
故选：A.
8. 已知椭圆的左，右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点.若的内切圆的周长为，则直线的方程是（ ）
A. 或B. 或
C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】由内切圆的周长可以求出内切圆的半径，结合椭圆定义，可以求出的面积，设直线的方程为，与椭圆方程联立，可以将的面积由表示，以面积建立方程，即可解出，进而求出直线的方程.
【详解】
设内切圆的圆心为，半径为，则周长，
.
由椭圆的定义知，，
.
由已知，，易知直线的斜率不为，
设直线的方程为，
则，消去化简，
得，
.
设，，则，
则
，
解得，
所以直线的方程为：，即或.
故选：D.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知两个复数满足，且，则下面选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，模长的计算，以及共轭复数的求解，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：，故A错误；
对B：，故B正确;
对C：，故，故C错误；
对D：，故D正确；
故选：BD.
10. 设随机变量X~N(0，1)，，其中x>0，则下列等式成立的有（ ）
A. f(-x)=1-f(x)B.
C. f(x)在(0，+∞)上是单调增函数D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由正态分布的对称性可知A正确；对于B取特殊值验证即可，由正态曲线及可知C的正误，根据正态分布的对称性判断D.
【详解】因为随机变量服从正态分布，所以正态曲线关于直线对称.
对于，因，所以，故正确；
对于，当时，，而，故错误：
对于，结合正态曲线，易得在0,+∞上是单调增函数，故正确；
对于，故正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题是一道正态分布的概率与函数简单综合题，四个选项利用正态曲线以及函数的定义进行判断是解题的关键，体现数形结合､等价转化的思想，属于中档题.
11. 已知数列满足：，则下列说法不正确的是（ ）
A. 数列为递减数列B. 存在，使得
C. 存在，使得D. 存在，使得
【答案】ABC
【解析】
【分析】由已知等式变形可得，构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，可得出，可判断BC选项；利用数列的单调性可判断A选项；计算出、的范围，可判断D选项.
【详解】因为，则，可得，
由可得，则，则，
设函数，其中，则.
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，所以，，
因为，则，，，
以此类推可知，对任意的，，所以，，
故数列为递增数列，A错，B错，C错；
因为，则，
，
因此，存在，便得，D对.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据所给递推公式结构特征并利用对数运算法则并构造函数，再利用导数求出函数单调性判断出数列为递增数列，可得结论.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知直线过抛物线的焦点，则__________.
【答案】3
【解析】
【分析】根据焦点在直线上列式求参即可.
【详解】抛物线，焦点，
且直线过抛物线的焦点，
，解得.
故答案为：3.
13. 若指数函数（且）与三次函数的图象恰好有两个不同的交点，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意可得：由两个函数（且）与图像的交点转化为方程的解，再由方程转化为两函数与图像的交点，再利用导数求出函数的单调性及最大值，从而可得到的取值范围即可求出实数的取值范围.
【详解】由题意可得：
指数函数（且）与三次函数的图象
恰好有两个不同的交点，
等价于方程有两个不同的解，
对方程两边同时取对数得：，
即，
，
，
从而可转化为：与在图像上有两个不同的交点，
当时，，
当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数在处取到极大值，也是最大值，最大值为，
又因为当时，，
当时，，
所以，
解得
故答案为：
【点睛】本题考查了函数与方程以及利用导数求函数的最大值，考查了学生的计算能力，属于一般题.
14. 已知菱形的边长为2，且，点M，N分别为线段，上的动点，沿将翻折至，若点C在平面内的射影恰好落在直线上，则当线段最短时，三棱锥的体积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】如图，由题意可知平面A′MD⊥平面，则当时最小，根据三角函数的定义求出，利用导数和数形结合的思想求出函数在上的极值点，进而得出点、的位置，根据三棱锥的体积公式计算即可.
【详解】设点在平面内的射影是直线上的点，如图，
设.
∵平面A′MD，平面
∴平面A′MD⊥平面，且平面平面，
在平面内做于点，连接和，
此时平面.当时最小，
，
，
则，
令得，即，
在区间上，函数与函数交于唯一的点，
如图，
∴当且仅当的时候取最小值，
此时，点即点，，
所以.
故答案为：
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤.
15. 已知中，角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若的面积为，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理即可得解；
（2）利用三角形面积公式与题干条件得到关于的方程组，解之即可得解.
【小问1详解】
因为，即，
所以，
又，所以.
【小问2详解】
因为的面积为，，
所以，所以，
又，，所以，即，
化简得，解得，
又，所以.
16. 如图所示多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，平面ABCD，是正三角形，四边形ABCD是菱形，，，
（1）求证：平面ABCD；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质定理与线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，用坐标法计算面面角正弦值即可.
【小问1详解】
证明：取中点，连接，
因为是正三角形，
所以，
因为平面平面平面，平面平面
所以平面，又因为平面，
所以，又因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面平面，
所以平面
【小问2详解】
连接交于，取中点，连接，
所以，因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为四边形是菱形，所以，
所以两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，，
设平面的法向量为，
，令
平面的法向量为，
设二面角的大小为，
.
所以二面角的正弦值为.
17. 已知过点的直线与双曲线的左，右两支分别交于，两点.
（1）求直线的斜率的取值范围；
（2）设点，过点且与直线垂直的直线，与双曲线交于，两点.当直线变化时，恒为一定值，求点的轨迹方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）联立直线与双曲线根据判别式可得斜率取值范围；
（2）设点，根据两点间距离公式可得与，结合韦达定理及恒定值可得，进而可得轨迹方程.
【小问1详解】
当时，显然符合题意，
当时，设直线的方程为，其中，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
将直线与双曲线方程联立可得，
因为直线与双曲线交于不同的两支，所以，又
所以，解得，即，所以且，
解得或，
综上，的取值范围是；
【小问2详解】
当时，由（1）知，因为，
所以，
设，则直线的方程为：，设，，
直线与双曲线方程联立可得，
即，
所以，
所以，，
得，
又因为，
所以，
当时，即时，为定值，
所以或，又因为，
所以点的轨迹方程为；
当时，易知，
故，故，
因为，所以，，
故，
满足，
故点的轨迹方程为.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
18. 已知函数，其中为自然对数的底数.
（1）当时，若过点与函数相切的直线有两条，求的取值范围；
（2）若，当时，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设切点为，利用导数的几何意义将问题转化为直线与的图象有两个交点，利用导数研究hx的大致图象，从而数形结合即可得解；
（2）根据题意，可将原问题转化为证明，再分类讨论和x∈1,+∞两种情况，结合不等式性质与导数研究函数的性质，从而得证.
【小问1详解】
当时，fx=xlnxx>0，
设过点与函数相切于点，
则，
化简为，易知，化为，
令，
当时，h′x0
则函数hx在区间上均单调递减，在区间上单调递增，，
又时，hx1时，hx>0，
过点与函数相切的直线有两条，
直线与的图象有两个交点，
可得，即的取值范围是.
【小问2详解】
要证明，即证明，
，则，，，
原问题可转化为证明即可，
①若时，，
在时成立，
②x∈1,+∞时，令，
则，，
∵x>1,∴ex>e,csx+1x0，
在x∈1,+∞上单调递增，
∴H′x>H′1=e−sin1−1>0，
在x∈1,+∞上单调递增，
∴Hx>H1=e+cs1−1>0，
当x∈1,+∞时，Hx=ex+csx−1−xlnx>0成立，即，
综上，当，当时，，
时，成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2，利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3，适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论；
4，构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
19. 在三维空间中，单位立方体的顶点坐标可用三维坐标表示，其中.而在维空间中，以单位立方体的顶点坐标可表示为维坐标，其中.现有如下定义：在维空间中，，两点的曼哈顿距离为
（1）在3维单位立方体中任取两个不同顶点，试求所取两点的曼哈顿距离为1的概率；
（2）在维单位立方体中任取两个不同顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离
（i）求出分布列与期望；
（ii）证明：随机变量的方差小于.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意结合古典概型的概率公式求解；
（2）（i）对于的随机变量，所对应情况数为种，从而可求出所对应的概率，进而可求出的布列与期望；（ii）先求出，然后根据化简可证得结论.
【小问1详解】
记“所取两点的曼哈顿距离为1为事件A”，则
答：所取两点曼哈顿距离为1的概率为.
【小问2详解】
（i）对于的随机变量，在坐标与中有个坐标值不同，即，剩下个坐标值满足.
此时所对应情况数为种.即
故分布列为：
数学期望
倒序相加得，
即.
（ii）
，
设，
两边求导得，，
两边乘以后得，，
两边求导得，，
令得，，
所以
．
【点睛】关键点点睛：此题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查离散型随机变量的方差，第（2）问解题的关键是根据题意求出时所对应情况数为种，考查计算能力，属于较难题.
1
2
…
…