精品解析：甘肃省靖远县第一中学2024-2025学年高三上学期11月期中数学试题

高考模拟卷·数学 （120分钟 150分） 考生须知： 1.本卷侧重：高考评价体系之综合性. 2.本卷怎么考：①考查同一层面、横向的交互融合的综合能力（题7）；②考查不同层面之间、纵向的融会贯通的综合能力（题19）. 3.本卷典型情境题：题3、11. 4.本卷测试范围：高考全部内容. 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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知向量，的夹角为，，，则（ ） A. 2 B. C. D. 5 3. “一元二次方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 4. 某校组织了一次数学测试（满分100分），所有考生的成绩均在内，按照，，，，分成五组.甲、乙两班考生的成绩占比如图所示，则（ ） A. 成绩在内的考生中，乙班人数少于甲班人数 B. 甲班成绩的极差比乙班成绩的极差小 C. 甲班成绩在内的人数最多 D. 乙班成绩在内的人数最多 5. 抛物线上的点到其准线的距离与到直线的距离之和的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示，在三棱柱中，若点分别满足，，平面将三棱柱分成体积为的两部分，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数 ，若实数 成等差数列，且 ，则 （ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数满足，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 函数为奇函数 C. 函数有2个零点 D. 二、选择题：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. 一纸盒中共有6张形状和质地一样的卡片，其中4张是红色卡片，2张是黄色卡片.现从纸盒中有放回地随机取4次，每次取1张卡片，取到红色卡片记1分，取到黄色卡片记0分，记4次取卡片所得的总分数为，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知曲线：，则（ ） A. 曲线围成的图形的面积为 B. 曲线的长度为 C. 曲线上任意一点到原点的距离的最大值为 D. 曲线上任意两点间的最大距离为4 11. 设是三次函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为三次函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心．设函数，则以下说法正确的是（ ） A. 的拐点为 B. 有极值点，则 C. 过的拐点有三条切线 D. 若，，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，集合，若，则的取值范围为__________. 13. 已知是第二象限角，且，则__________，__________. 14. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，点是轴正半轴上一点，交椭圆于点A，若，且的内切圆半径为1，则该椭圆的离心率是______． 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，内角，，所对的边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，求. 16. 如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，四边形为菱形，，三棱柱的体积为3． （1）证明：平面平面； （2）若为棱的中点，求平面与平面的夹角的正切值． 17. 已知函数. （1）若曲线y=在点处的切线的斜率为0，求曲线y=在点处的切线方程； （2）若函数有两个零点，求实数的取值范围. 18. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，为坐标原点，为双曲线的左顶点，为双曲线右支上的一点（非顶点），的平分线交轴于点. （1）过右焦点作于点，求. （2）证明：点到双曲线的两条渐近线的距离之积为定值. （3）过点作斜率为的动直线与双曲线的右支交于不同的两点，，求斜率的取值范围. 19. 若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列．现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，3，2；第二次得到数列1，4，3，5，2；依次构造，第次得到的数列的所有项之和记为. （1）设第次构造后得的数列为，则，请用含的代数式表达出，并推导出与满足的关系式； （2）求数列的通项公式； （3）证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高考模拟卷·数学 （120分钟 150分） 考生须知： 1.本卷侧重：高考评价体系之综合性. 2.本卷怎么考：①考查同一层面、横向的交互融合的综合能力（题7）；②考查不同层面之间、纵向的融会贯通的综合能力（题19）. 3.本卷典型情境题：题3、11. 4.本卷测试范围：高考全部内容. 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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法法则计算可得复数，进而可判断在复平面的对应点所在的象限. 【详解】因为， 所以复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限. 故选：A. 2. 已知向量，的夹角为，，，则（ ） A. 2 B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的模的计算公式计算可得结论. 【详解】. 故选：C. 3. “一元二次方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由根与系数的关系根据条件求得的范围，可判断结论. 【详解】当方程有一个正根和一个负根时，根据根与系数的关系 可知，解得， 由可以推出，但不一定能推出，故B符合题意. 故选：B. 4. 某校组织了一次数学测试（满分100分），所有考生的成绩均在内，按照，，，，分成五组.甲、乙两班考生的成绩占比如图所示，则（ ） A. 成绩在内的考生中，乙班人数少于甲班人数 B. 甲班成绩的极差比乙班成绩的极差小 C. 甲班成绩在内的人数最多 D. 乙班成绩在内的人数最多 【答案】C 【解析】 【分析】根据折线图逐一分析判断即可. 【详解】对于A，因为不知道甲、乙两班考生的人数，所以成绩在内的考生中无法比较甲、乙两班考生的人数，故A项错误； 对于B，因为不知道甲、乙两班考生分数的具体值，所以无法比较极差的大小，故项错误； 对于C，由折线图可知甲班成绩在内的人数最多，故项正确； 对于D，由折线图可知乙班成绩在内的人数最多，故项错误. 故选：C 5. 抛物线上的点到其准线的距离与到直线的距离之和的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线的定义，转化距离，利用数形结合，即可求解. 【详解】抛物线的焦点坐标为，准线方程为， 设抛物线上的点到其准线的距离为，点到直线的距离为， 由抛物线的定义可知，则， 其最小值为焦点到直线的距离，距离， 即抛物线上的点到其准线的距离与到直线的距离之和的最小值为. 故选：D. 6. 如图所示，在三棱柱中，若点分别满足，，平面将三棱柱分成体积为的两部分，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平行线分线段成比例可求得，结合棱台和棱柱体积公式可求得结果. 【详解】，，，，； ，几何体为三棱台， 设三棱柱的高为， ， ，. 故选：A. 7. 已知函数 ，若实数 成等差数列，且 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由，得出关于对称；再由题意得出结果即可. 【详解】因为函数， 所以， 所以关于对称； 若实数 成等差数列，则， 又因为， 所以，所以. 故选：C. 8. 已知定义在上的函数满足，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 函数为奇函数 C. 函数有2个零点 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用赋值法令可判断A错误；结合A可知，不满足，可得B错误；解方程可得或，所以函数没有零点，即C错误；令，可得，即，所以D正确. 【详解】由， 令，可得，因为，所以1，所以A项错误； 函数的定义域为，因为，显然不符合， 所以函数不是奇函数，所以B项错误； 由，令，可得， 即，解得或，所以函数没有零点，所以项错误； 由，令，可得， 所以，即，所以项正确. 故选：D 【点睛】关键点点睛：求解本题关键在于合理利用赋值法解决选项中的问题，对于抽象函数性质问题也可以联想已学的初等函数性质进行具体化分析，进而得出结论. 二、选择题：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. 一纸盒中共有6张形状和质地一样的卡片，其中4张是红色卡片，2张是黄色卡片.现从纸盒中有放回地随机取4次，每次取1张卡片，取到红色卡片记1分，取到黄色卡片记0分，记4次取卡片所得的总分数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由题意可知每次取到红色卡片的概率为，则，对选项逐一判断即可. 【详解】由题意可知每次取到红色卡片的概率为，则，故A项错误； ，故B项正确； ，故C项正确； ，故D项错误. 故选：BC 10. 已知曲线：，则（ ） A. 曲线围成的图形的面积为 B. 曲线的长度为 C. 曲线上任意一点到原点的距离的最大值为 D. 曲线上任意两点间的最大距离为4 【答案】BD 【解析】 【分析】首先讨论的正负，去绝对值，得到函数的曲线方程，并画出曲线，利用数形结合，即可判断选项. 【详解】当，时，曲线：； 当，时，曲线：； 当，时，曲线：； 当，时，曲线：. 因为，所以，不同时为0， 画出曲线，如图所示. 曲线围成的图形可分割为1个边长为2的正方形和4个半径为1的半圆， 故面积为，故项错误； 曲线由4个半径为1的半圆弧组成，故周长为，故项正确； 结合图可知曲线上的点到原点的距离的最大值为2，故项错误； 当曲线上的两点的连线同时过圆心及原点时，两点间的距离最大，最大距离为4，故项正确. 故选：BD 11. 设是三次函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为三次函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心．设函数，则以下说法正确的是（ ） A. 的拐点为 B. 有极值点，则 C. 过的拐点有三条切线 D. 若，，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，二次求导，解方程，求出拐点为；B选项，有变号零点，由根的判别式得到不等式，得到B正确；C选项，举出反例，求出过的拐点只有1条切线；D选项，二次求导得到函数的拐点，从而得到对称中心，，得到D正确. 【详解】A选项，，， 令，解得， 故的拐点为，A正确； B选项，有极值点，则有变号零点， 故，故，B正确； C选项，不妨设，此时，拐点为， ，切点为，， 故切线方程为， 将代入得，， 故过的拐点有1条切线，C错误； D选项，，时，， ，， 令得，，则， 故拐点为， 则关于点对称， 所以，D正确. 故选：ABD 【点睛】方法点睛：三次函数是近两年高考常考考点，需要对三次函数图象理解到位，由于三次函数的导函数为二次函数，故常常利用二次函数的性质来研究三次函数的性质比如三次函数零点问题，极值点情况等. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，集合，若，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得，从而可得的取值范围. 【详解】，，. 故答案为：. 13. 已知是第二象限角，且，则__________，__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】首先利用辅助角公式，化简求的值，再利用角的变换，，即可求解. 【详解】，得， 因为，则， 则， 故 故答案为：； 14. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，点是轴正半轴上一点，交椭圆于点A，若，且的内切圆半径为1，则该椭圆的离心率是______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意结合直角三角形以及内切圆的性质分析可得，结合椭圆的定义以及勾股定理可得，即可求得椭圆的离心率. 【详解】如图，的内切圆与三边分别切于点， 若，则， 因为，则，可得， 则，可得， 因为， 即，可得， 又因为， 即，可得， 且，解得， 所以椭圆的离心率是． 故答案为：. 【点睛】方法点睛：椭圆、双曲线离心率(离心率范围)的求法，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．焦点三角形的作用，在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来． 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，内角，，所对的边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再结合二倍角的正弦公式即可得解； （2）根据余弦定理结合已知求出之间的关系，再利用余弦定理即可得解. 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理得， 因为，所以， 所以，则， 因为，所以， 又因为，所以； 【小问2详解】 ，由余弦定理可得，， 又，，， ，即， . 16. 如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，四边形为菱形，，三棱柱的体积为3． （1）证明：平面平面； （2）若为棱的中点，求平面与平面的夹角的正切值． 【答案】（1）证明：取的中点，连接， 因为， 所以为等边三角形， 因为为中点，所以，， 因为三棱柱的体积为3，设到平面的距离为， 所以，所以，则平面， 又平面，所以平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，由已知得出，再根据体积求出点到平面的距离，即可得出平面，即可证明； （2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式及同角三角函数的关系求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，由（1）知平面，又平面，所以， 因为为的中点，，所以，且， 所以两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴， 轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示）， 则，， 因为， 所以，因为为的中点，所以， 则， 设平面的一个法向量，则，即， 令，解得，故， 设平面的一个法向量，则，即， 令，解得，故， 设平面与平面的夹角为， 所以， 所以，所以． 17. 已知函数. （1）若曲线y=在点处的切线的斜率为0，求曲线y=在点处的切线方程； （2）若函数有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）先利用求出，再求出和，即可得到切线方程；（2）利用导数研究单调性和极值，由函数有两个零点，列不等式即可求解. 【小问1详解】 函数定义域为,. 因为曲线y=在点处的切线的斜率为0，所以，解得：， 所以. 而，所以曲线y=在点处的切线方程为：，即； 【小问2详解】 i.当时，恒成立，所以在上单调递增，不可能有两个零点，不符合题意，舍去； ii. 当时，令，解得：；令，解得：. 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. 当，；当，； 所以要使函数有两个零点，只需，解得：. 即 综上所述：实数的取值范围为. 【点睛】利用导数研究零点问题： （1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象； （2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数g（x）的方法，把问题转化为研究构造的函数g（x）的零点问题； （3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究， 18. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，为坐标原点，为双曲线的左顶点，为双曲线右支上的一点（非顶点），的平分线交轴于点. （1）过右焦点作于点，求. （2）证明：点到双曲线的两条渐近线的距离之积为定值. （3）过点作斜率为的动直线与双曲线的右支交于不同的两点，，求斜率的取值范围. 【答案】（1）1 （2）证明：设点的坐标为，则，即. 双曲线的渐近线为和， 故点到两条渐近线的距离之积为 故点到双曲线的两条渐近线的距离之积为定值. （3）. 【解析】 【分析】（1）延长交于点，利用平面几何知识，结合双曲线的性质可求得； （2）设点的坐标为，利用点到直线的距离公式计算可求得结论； （3）设直线的方程为，联立方程组，消元可得，利用方程有两个正根可求斜率的取值范围. 【小问1详解】 延长交于点，如图所示， 因为平分，， 所以，所以，， 所以为的中点.又为的中点， 所以，且， 又，所以， 所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意知直线的方程为，即，与联立， 消去，得到， 整理为. 由于直线与双曲线的右支有两个不同的交点，，设点的坐标为， 点的坐标为，故关于的方程有两个不同的正数根，等价于 ， 即， 由， 得， 而 故条件等价于， 且，且， 即. 故斜率的取值范围是. 【点睛】方法点睛：在平面解析几何中，直线与圆锥曲线的位置关系的题型与联立直线与圆锥曲线的方程，经常用到根与系数的关系以及根的分布的有关问题，在平时的学习中要注重知识与经验的积累. 19. 若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列．现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，3，2；第二次得到数列1，4，3，5，2；依次构造，第次得到的数列的所有项之和记为. （1）设第次构造后得的数列为，则，请用含的代数式表达出，并推导出与满足的关系式； （2）求数列的通项公式； （3）证明： 【答案】（1），； （2）； （3） 由（2）得， 所以 【解析】 【分析】（1）根据新数列构造的定义，直接求解即可； （2）根据递推公式构造，结合等比数列的定义和通项公式求解即可； （3）利用放缩可得，再根据等比数列求和公式证明即可. 【小问1详解】 设第次构造后得的数列为，则， 根据题意可得第次构造后得到的数列为，，， 所以， 即与满足的关系式为. 【小问2详解】 由，可得， 且，， 所以数列是以为首项，3为公比的等比数列， 所以，即. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $