2024-2025学年甘肃省靖远县高三上学期10月高考模拟联考数学检测试题（附解析）

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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.
【正确答案】D
【分析】利用复数除法运算计算即得.
【详解】由，得，所以的虚部为.
故选：D
2. 若集合，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据集合交运算即可求解.
【详解】，，
所以.
故选.
3. 已知数列是等比数列，记数列an的前项和为，且，则（ ）
A. B. C. 1D. 3
【正确答案】A
【分析】根据数列是等比数列，可知数列为等差数列，由等差数列的性质求解即可.
【详解】则为常数，所以为常数，
知数列为等差数列，
由，知，又，
所以公差，
故.
故选：A
4. 的展开式中的系数为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】先写出展开式的通项公式，根据已知条件确定的值代入展开式即可求解.
详解】展开式通项，
根据题意令，解得，
所以含的项为，
即的展开式中的系数为.
故选：B
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
【正确答案】A
【分析】根据双曲线的特征得到的取值，再根据充分条件的判定即可得到结果.
【详解】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，
故选：A.
6. 函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】A
【分析】由函数图象的对称性，确定其奇偶性，由此排除BC，再观察函数在时的函数值的正负，由此排除D.
【详解】观察函数可得其图象关于原点对称，故函数奇函数，
若，因为函数的定义域，所以其定义域关于原点对称，
又，故函数为偶函数，矛盾，故B错误，
若，因为函数的定义域，所以其定义域关于原点对称，
又，故函数为偶函数，矛盾，故C错误，
观察图象可得当时，，
当时，，矛盾，故D错误，
当时，因为函数的定义域，所以其定义域关于原点对称，
又，故函数为奇函数，
，满足上述条件.
故选：A.
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，部位损坏的概率为，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.
【正确答案】A
【分析】求得第一次打击后就有部位损坏的概率和两个部位都损坏的概率，再由条件概率公式代入即可求解.
【详解】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.
故选：A
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）
A. 0.36B. 0.37C. 0.38D. 0.39
【正确答案】D
【分析】对所给公式两边取导数可得，结合诱导公式求结论.
【详解】由已知，
两边求导可得，
即，
故，
故.
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，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.
【正确答案】BD
【分析】根据函数图象的平移变换可得或，再结合函数的对称轴，即可求得的值，即得答案.
【详解】函数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，，则，
又，故；
当时，，则，
又，故.
故选：BD
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. 在方向上的投影向量为
【正确答案】ACD
【分析】将平方，可得，可判断A，B；由向量模长公式分别计算，验证C；由投影向量公式验证D.
【详解】由于，
又因为，所以，故，
故A正确，B错误；
因为，故，
又，故，
所以，C正确；
在的方向上的投影向量为，故D正确.
故选：ACD
11. 已知函数的定义域为，则（ ）
A. B.
C. 是偶函数D. 是奇函数
【正确答案】ABD
【分析】通过赋值可判断AB，构造函数，通过奇偶性的定义可判断CD.
【详解】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.
故选：ABD
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__________.
【正确答案】7
【分析】由平均数定义列方程求出，由百分位数定义即可求解.
【详解】根据题意，，得，
因为，
因此该组数据分位数为第三个数，即为7.
故7
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__________.
【正确答案】##
【分析】根据抛物线的定义转化为求的最小值，数形结合即可得解.
【详解】由抛物线的方程为知，焦点为，准线方程为，
由抛物线定义知动点到点的距离与到轴的距离之和可化为，

当三点共线，且在线段上时，有最小值，
最小值为.
故
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__________.
【正确答案】
【分析】根据已知条件可得几何体的外接球和底面半径为，高为2的圆柱的外接球一样，再计算圆柱的外接球半径即可.
【详解】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，
所以外接球的体积为.
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. 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.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）.
【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直的性质即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用空间角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
在直三棱柱中，平面四边形为矩形，
又分别为的中点，,且，
,，又平面，
平面平面，
.
【小问2详解】
由（1）知，
又平面平面平面，
.
以E为坐标原点，以所在直线为轴，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，
由于异面直线所成角的范围为，
故异面直线与所成角的余弦值为.
16. 在中，角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，求的面积.
【正确答案】（1）
（2）3
【分析】（1）利用正弦定理角化边，再由余弦定理求解即可；
（2）根据题意及两角和的正弦定理求解，然后由正弦定理及求解，最后根据三角形面积公式求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以，
即.
由正弦定理得，
由余弦定理得，
由B∈0,π，知.
【小问2详解】
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. 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.
【正确答案】（1）答案见解析
（2）
【分析】（1）求导，分和两种情况，结合导数符号判断原函数的单调性；
（2）分析可知在上恒成立，令，利用导数求其最值，结合恒成立问题分析求解.
【小问1详解】
由题意可知：的定义域为，且，
当时，由于，所以恒成立，从而在上单调递增；
当时，若则，；若，则；
可知在上单调递增，在上单调递减.
综上所述：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.
【小问2详解】
因为，则，
若在上单调递增，
可知在上恒成立，
即在上恒成立，
令，则，
若，当趋近于，可知趋近于；
若，当时，；当时，；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则的最小值为，
可得，解得，
所以实数的取值范围为.
18. 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.
【正确答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程.
（2）设直线的方程为并与椭圆方程联立，化简写出根与系数，由计算得到，进而求得定点坐标.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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Ax1,y1,Bx2,y2，所以，
因为直线和直线关于直线对称，
所以kAF+kBF=y1x1−1+y2x2−1=kx1+mx1−1+kx2+mx2−1=2kx1x2+m−kx1+x2−2mx1−1x2−1=0，
所以，
所以，
解得.
所以直线的方程为，
所以直线过定点.
本题考查了椭圆的几何性质、直线的对称性及交点的分析，要求学生将代数和几何知识结合起来，进行综合推导.解题过程中，首先通过离心率和焦距求得椭圆方程，然后通过联立求解直线与椭圆的交点，并利用对称性条件证明直线的性质.
19. 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.
【正确答案】（1）或或或.
（2）32 （3）
【分析】（1）根据新定义对交集情况分类讨论即可；
（2）将集合的子集进行两两配对得到16组，写出选择的16个含有元素1的子集即可得到；
（3）分中有一元集合和没有一元集合但有二元集合，以及均为三元集合讨论即可.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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A的32个含有元素1的子集.符合题意.
综上，的最大值为32.
【小问3详解】
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.
关键点点睛：本题第三问的关键是充分理解集合新定义，然后对中集合元素个数进行分类讨论；当均为三元集合时，不妨设，再将其它子集分为三类讨论.