甘肃陇南市西和县第二中学、第三中学、第四中学、西和成名高级中学2025-2026学年高三 考前模拟数学试卷（含解析）高考模拟

这是一份甘肃陇南市西和县第二中学、第三中学、第四中学、西和成名高级中学2025-2026学年高三 考前模拟数学试卷（含解析）高考模拟，共44页。试卷主要包含了 已知双曲线等内容，欢迎下载使用。
数学试卷
注意事项：
1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
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，再选涂其他答案标号.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、单选题：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.
1. 已知集合， ，则集合的真子集的个数为（ ）
A. 8B. 7C. 4D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】求解分式不等式确定集合，再结合交集运算和真子集计算公式即可求解.
【详解】由解得，
即，
故,
则集合的真子集的个数为.
2. 已知抛物线：（）的焦点到其准线的距离为3，是上一点，是坐标原点，则（ ）
A. B. 6C. D. 3
【答案】A
【解析】
【详解】由抛物线：（）的焦点到其准线的距离为3，得，则
由是上一点，得，点，所以.
3. 已知函数的部分图象如图，则的解析式可能为：（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇偶性、单调性排除选项求解
【详解】由图可知，关于原点中心对称，且不是上的单调函数；
对于B，是偶函数，不符合，排除B；
对于C， 的定义域不含，不符合，排除C；
对于D，由复合函数的单调性知是单调递增函数，排除D；
对于A，是奇函数，且在上递增，在上递减，在上递减，符合图像，是的一个解析式，A正确.
4. 已知无穷等比数列的公比为，则“且”是“数列为递增数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】首先写出数列的通项公式，然后根据指数函数的单调性确定充分性，再根据通项公式及单调性确定必要性不成立.
【详解】由题意可得，
且，则，且单调递增，
则数列为递增数列，充分性成立；
若数列为递增数列，，
则或，必要性不成立；
“且”是“数列为递增数列”的充分不必要条件.
5. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2=4，a4=2，则S6=（ ）
A. 0B. 10C. 15D. 30
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的性质，根据，求出a1，d，代入等差数列的前n项和公式即可．
【详解】数列{an}是等差数列，a2=4=a1+d，a4=2=a1+3d，
所以a1=5，d=-1，则S6=6a1+=15．
故选C．
本题考查等差数列的通项公式，前n项和公式，属于基础题．
6. 在棱长均为 2 的正三棱柱 中， 是棱 的中点， 是侧面 内任意一点 (包含边界)，则直线 与平面 所成角的正弦值的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用几何法取直线 与平面 所成角的正弦值的临界状态可得答案.
【详解】如图，正三棱柱 棱长均为 2，取 的中点为 ，
则 平面 ，
当点 是靠近点 的四等分点时， ，则 平面 ，
此时直线 与平面 所成角的正弦值最大为 1；
当点 与 重合时，此时 最长，
即 ，
因为正三棱柱 中， 是棱 的中点，
所以点 到平面 的距离为 ，

此时直线 (即 ) 与平面 所成角的正弦值最小，为 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值取值范围是 .
故选： D.
7. 正n边形有n条边,它们对应的向量依次为a1,a2,a3,…,an,则这n个向量( )
A. 都相等B. 都共线C. 都不共线D. 模都相等
【答案】D
【解析】
【详解】正n边形n条边相等,故这n个向量的模相等.
故选：D.
8. 已知函数在上无极值，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导数确定单调性，讨论x的取值范围可得结果.
【详解】由题意得，，故，
因为函数在上无极值，
所以在R上恒成立，
当时，，
设，则，
当时，得，当时，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
从而，故，
当时，，则.
综上，.
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. 天道酬勤，主动学习方能追求卓越.高三年级的小艾同学决定对函数、三角、数列、立几这四个内容的复习效果进行一次自我检测，每个内容各准备了10道典型题目.做完后对照答案记录每道题的失分（均为非负整数）情况，若某内容每道题失分都不超过7分，则认定该内容为“复习效果达标内容”，已知四个内容失分情况的相关数据信息如下，则一定为“复习效果达标内容”的是（ ）
A. 函数内容的10道题失分记录的中位数为3，极差为4
B. 三角内容的10道题失分记录的平均数为2，众数为2
C. 数列内容的10道题失分记录的平均数为3，方差为2.4
D. 立几内容的10道题失分记录的平均数为3，第65百分位数为6
【答案】AC
【解析】
【分析】根据中位数、极差、平均数、众数、方差、百分位数等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于选项A，假设函数内容有一道题失分大于等于8分，
则由极差为4可知，函数内容失分最少的题的失分数据大于等于4，
则失分记录的中位数不可能为3，与题设中位数为3矛盾，故假设不成立，
所以函数内容每一道题失分都不超过7分，
故函数内容为“复习效果达标内容”，所以A正确；
对于选项B，设三角内容这10道题失分记录为0，0，1，1，2，2，2，2，8，
满足题设失分记录的平均数为2，众数为2的条件，
由定义知三角内容不是“复习效果达标内容”，所以B错误；
对于选项C，设数列内容这10道题失分记录从小到大依次为
，
则由平均数为3，方差为2.4可知，，
从而，若，则，
所以，故数列内容为“复习效果达标内容”，所以C正确；
对于选项D，设立几内容这10道题失分记录为0，0，0，0，0，0，6，6，6，12，
满足题设平均数为3，第65百分位数为6的条件，
由定义知立几内容不是“复习效果达标内容”，所以D错误；
故选：AC
10. 已知双曲线：（）的上、下焦点分别为，，下顶点为，是双曲线上第一象限内的动点.当时，的面积为3，则下列说法正确的是（ ）
A. 双曲线的离心率
B. 双曲线的渐近线方程为
C. 若过点作双曲线的切线与渐近线交于，两点，则的最小值为4
D.
【答案】AD
【解析】
【分析】选项A，焦点三角形的相关性质，结合双曲线的定义，得到基本量的关系选项B，考察焦点在轴上，渐近线方程.选项D，设点坐标，利用正切值建立坐标与角的关系，两个角的正切值相等，限定范围，得到结论. 选项C，特殊点求解的值计算判断C.
【详解】对于A：由双曲线定义得 ，平方得 ，
在 中由余弦定理得， ，
代入 ，整理得 ，即 ，
的面积，
得 ，即，
又因为，所以，则离心率 ，A正确；
对于选项B：焦点在轴的双曲线渐近线为 ，得 ，B错误；
对于选项D：，设 ，满足 ，
设，，则 ，
代入 ，化简得 ，
设，同理得 ，且 ，故 ，即，D正确；
对于选项C：设点为双曲线C上任意一点，过点P的直线与双曲线C的两条渐近线分别交于M，N两点，
设，因为，则.
又可得双曲线渐近线方程为：，将渐近线方程与直线方程联立，
可得或，
则，.
则，则的最小值不是4，C选项错误.
11. 在《增删算法统宗》中有如下问题：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，六朝才得到其关”，其意思是：“某人到某地需走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地”，则（ ）
A. 此人第二天走的路程占全程的
B. 此人第三天走走了48里路
C. 此人第一天走的路程比第四天走的路程多144里
D. 此人第五天和第六天共走了18里路
【答案】BD
【解析】
【分析】由题意，此人每天走的路程构成等比数列，由已知条件求出首项和公比，就可以解决数列问题了.
【详解】设此人第n天走了里路，则数列是首项为，公比q为的等比数列，因为，解得，
，所以此人第二天走了96里路，，A选项错误；
，所以此人第三天走了48里路，B选项正确；
，，此人第一天走的路程比第四天走的路程多168里，C选项错误；
，此人第五天和第六天共走了18里路，所以D选项正确.
故选：BD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知复数是纯虚数（其中为虚数单位，），则的虚部为__________．
【答案】
【解析】
【详解】由题意得．
复数是纯虚数，，，的虚部为1．
13. 现有5名同学排成一排，其中甲不站最左边，则有________种站法（用数字作答）.
【答案】96
【解析】
【分析】由题意先安排学生甲，再对另外四名学生进行全排列即可.
【详解】先安排最左边的位置，有4种方法，然后剩余的4人在四个位置上排列，有种，
故共有种.
14. 已知是函数的一个零点，且，则的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】将 代入 ，构造直线方程，运用点到直线的距离求解.
【详解】因为 是 的一个零点， ，将 看作直线 上一个点的坐标，
则原题就变为：求当 时，点 到原点的距离的平方的最小值，
原点到直线的距离为 ， ，
令 ， ，当 时，, 是增函数，
在 时， ；
故答案为： .
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. 在中，角所对的边分别为，且.
（1）求；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理，结合恒等变形可得，进而得到即可；
（2）利用余弦定理解出，进而得到，再根据面积公式计算即可．
【小问1详解】
解：，
利用正弦定理：，
整理得：，
由于，
所以，因为，所以；
【小问2详解】
，，
，即，
解得（负值已舍去），则，
.
16. 已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合.
（1）若为，求抛物线方程；
（2）若椭圆与抛物线的公共弦恰好经过焦点，求椭圆的离心率；
（3）若椭圆方程为，过焦点作直线与椭圆、抛物线交于、和、四个点（如图），问：是否存在这样的直线，使得，若存在求出直线的方程，若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）存在，及
【解析】
【分析】（1）利用焦点与抛物线方程的关系求解即可；
（2）由椭圆及抛物线的对称性，得公共弦与轴垂直，其方程为，求出公共弦与抛物线的交点坐标代入椭圆结合离心率公式即可求解.
（3）法一：求出抛物线方程，当直线斜率不存在时，曲线的对称性知适合题意，当直线斜率存在时，设方程为，分别与椭圆、抛物线联立方程，得到根与系数关系，根据题意得，利用弦长公式化简即可求解；法二：利用焦半径公式法即可得到答案；法三：利用椭圆极坐标法即可得到答案.
【小问1详解】
由，得,解得：，
所以抛物线方程为.
【小问2详解】
椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，
所以，由椭圆及抛物线的对称性，得公共弦与轴垂直，
所以公共弦的方程为，则公共弦与抛物线在第一象限交点，
所以椭圆也过点，
则，即，
所以，解得(负值舍去.)
【小问3详解】
由椭圆方程得，故抛物线方程为，
首先当的斜率不存在时，由曲线的对称性知适合题意，此时直线方程为；
当斜率存在时，由，设为，
联立椭圆得：，
联立抛物线方程得.
解法一：一般弦长公式：，则，
其中，所以，
又，
所以据，则，
则方程为或.
解法二：焦半径公式法：，下面与解法一相同.
方法三：椭圆极坐标焦点弦长公式：，
，由，
则，则，则方程为或.
17. 如图，三棱台中，侧面四边形为等腰梯形，底面三角形为正三角形，且，设为棱上的点.
（1）若为棱的中点，求证；
（2）若三棱台两底面间的距离为，且侧面底面，试探究是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，与点重合
【解析】
【分析】(1)利用线面垂直证明线线垂直；
(2)解法1：设直线与平面所成角为，,到平面的距离是，利用求出，确定的位置.
解法2：建立空间直角坐标系，利用坐标法求直线与平面所成角的正弦值为时点的位置.
【小问1详解】
如图：取中点，连接，
因为四边形为等腰梯形，且为中点，所以.
又为正三角形，所以，
平面，所以平面，
又平面，所以.
【小问2详解】
解法1：延长三棱台侧棱交于点，补成三棱锥，
取中点，中点，连接；
侧面为等腰梯形，故；
侧面底面，交线为，平面，
因此平面；
已知两底面距离为，即；
由相似比，得；
底面为正三角形，，则，；
在中，；
在中，；
设点到平面（即平面 ）的距离，
由，即，
，，
代入得：，解得；
设点到平面的距离，
由相似比，得；
设，点到平面的距离，由相似性：，、
得，其中；
作于，则，，，
由余弦定理：，
，
设直线与平面所成角为，则，
代入得：，化简得，
解得或（舍去），即点与重合,
所以存在点，当与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为.
解法2：设中点为，连接，则，
又侧面底面，侧面底面侧面，
所以底面，
又底面，所以，
又，所以两两垂直，
故可以为原点，所在的直线分别为轴建立如图空间直角坐标系.
因为三棱台两底面间的距离为，即，
又三角形为正三角形，且，
则，设，
则，
设平面的法向量为，
则，
可取
设直线与平面所成的角为，
则，
由，
所以，故或（因为，故舍去），
此时与点重合，
所以存在点，当与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为.
18. 某AI实验室有6个不同的团队，需要对ChatGPT、Sra、GPT-4、Deepseek方向的4个研发项目进行，每个团队只能承担一个项目，且每个项目至少交给一个团队．
（1）若从中选出5个团队去，共有多少种不同的安排方案？
（2）若6个团队都同时参与调研，且A、B两个团队同一个项目，共有多少种不同的安排方案？
【答案】（1）1440
（2）240
【解析】
【分析】（1）根据题意，先从6个团队中选5个，将其分成四组，再进行全排列，结合分步计数原理，即可求解；
（2）先将A和B两个团队视为一个整体，将其分成四组，再进行全排列，即可求解.
【小问1详解】
解：先从6个团队中选5个，有种选法，
接下来将5个团队分配到4种项目，且每个项目至少1个团队负责，
则5个团队分为：2，1，1，1四组，有种方法，
再将这四组对应4种项目进行全排列，
由分步计数原理，可得不同的安排方案有种.
【小问2详解】
解：先将A和B两个团队视为一个整体（一个元素），
此时相当于5个元素分配到4种项目，每个项目至少有一个团队，
即分成元素个数分别为“2，1，1，1”四组，则有种方法，
再将这四组对应4种项目进行全排列，有种方法，
所以共有种不同的安排方案.
19. 已知函数，直线与曲线相切.
（1）求的值；
（2）若对任意，存在，使得不等式成立，求的最大值；
（3）若，求证：对任意，有.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设出切点坐标，利用导数的几何意义求解即可；
（2）将原不等式转化为，利用导数求的单调区间进而求最小值即可；
（3）构造，，利用导数可知在单调递增，利用单调性证明不等式即可.
【小问1详解】
设直线与曲线相切于点处，
因为，所以①，
又因为②，①②联立解得，.
【小问2详解】
由（1）得，
对任意，存在，使得不等式成立，
等价于对任意，即可，
所以当时恒成立，
令，只需即可，
因为，令，
则，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
因为，所以，
又 ，，所以当时，，即，单调递减，
当时，，即，单调递增，
所以，即的最大值为.
【小问3详解】
由已知可得，
则，
令，则，
所以在上单调递增，
又函数在上单调递增且恒为正，
所以在上单调递增且恒为正，
所以在单调递增，
令，，则，
因为，所以，在单调递增，
所以对任意有，
因为时，
，
所以，即.