精品解析：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

高考模拟卷·数学 （120分钟 150分） 考生须知： 1．本卷侧重：高考评价体系之应用性． 2．本卷怎么考：①考查数学文化及德智体美劳的实际应用（题7）；②考查与国家经济社会发展、科学技术进步、生产生活相关的实际应用（题5）． 3．本卷典型情境题：题5、7、14、19． 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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求解分式不等式，再利用交集定义即可求得. 【详解】由可得：，即，解得或， 故,因，则． 故选：C. 2. 已知复数，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】计算两复数模可得答案. 【详解】虚数不能比较大小，，，故． 故选：B 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量平行的坐标表示可得，然后可得答案. 【详解】因为，所以，解得，所以． 故选：A 4. 设等比数列的前n项和为，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】记等比数列的公比为q，由题可得q，然后可由等比数列前n项和公式得答案. 【详解】记等比数列的公比为q，因为，所以，解得，所以． 故选：D 5. 某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该车相邻两次加油时情况： 加油时间 加油量/升 加油时的累计里程/千米 2024年8月1日 20 26000 2024年8月10日 45 26500 注：“累计里程”指汽车从出厂开始累计行驶的路程． 在这段时间内，该车每100千米的平均耗油量为（ ） A. 5升 B. 6升 C. 9升 D. 11升 【答案】C 【解析】 【分析】根据表中行驶路程和油耗求解平均值即可. 【详解】由表中的数据可知该车行驶了500千米，耗油量为45升，则该车每100千米的平均耗油量为升． 故选：C 6. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将两边同时平方得到的值，结合得到，的正负情况，然后求得的值，并得到的值，然后由和差角公式展开后得到结果. 【详解】因为，所以． 又因为，所以，， 所以，即， 所以． 故选： 7. 如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层转动了45°之后，表面积增加了（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合图形可得新增了16个全等的小三角形面积，结合题意可得小三角形为等腰直角三角形，设其直角边为x，由可得x，即可得答案. 【详解】由题设分析 如下图，转动了45°后，此时魔方相对原来多出了16个小三角形的面积， 显然小三角形为等腰直角三角形且周长为3，设其直角边为x， 则斜边为，则，解得． 由几何关系得1个小三角形的面积为， 所以增加的面积为． 故选：A 8. 已知函数，，点P，Q分别在函数和的图象上，O为坐标原点，若存在点P，Q满足，则a的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先设 ，，再结合数量积公式计算得出，最后构造函数应用导函数得出值域即可计算求最大值. 【详解】 令，，由题意得， 显然，且，，， 令，，则． 当时，，函数单调递增， 当时，，单调递减，因此， 所以，所以，而， 当且仅当时等号成立， 所以，即，则a的最大值为. 故选: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. 利用信息技术工具，根据给定的a，b，c，d的值，可以画出函数的图象．在以下四个组合中，可使得函数在R上单调递增的有（ ） A. ，，， B. ，，， C. ，，， D. ，，， 【答案】AC 【解析】 【分析】根据函数的导函数恒为正，计算各个选项满足即可判断. 【详解】因为， 所以， 当且时，，则在R上单调递增， 对于A：，符合题意； 对于B：，不合题意； 对于C：，符合题意； 对于D：，不合题意； 故选：AC． 10. 如图，已知抛物线，圆，过抛物线的焦点F的直线l自上而下分别交抛物线与圆于A，C，D，B四点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】对A，设直线l的方程为，联立抛物线的方程，再结合抛物线的定义求解即可；对B，根据，结合基本不等式判断即可；对C，化简可得，结合基本不等式判断即可；对D，根据抛物线的焦半径公式求解即可. 【详解】对A，由题知，设直线l的方程为，，，，， 由消去x，得，所以，． 由抛物线的定义知，， 因为，， 所以，故A项错误； 对B，，所以， 当且仅当时等号成立，故B项正确； 对C，， 由上述分析知，，当且仅当时等号成立，所以，故C项正确； 对D，，故D项错误． 故选：BC 11. 已知函数有最小正零点，，若在上单调，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由可得只可能或1，当时，由，可得，，随后注意到，可得不合题意；当时，类似于分析可完成判断. 【详解】解题分析 由，，知， 由，得，故． 又因为，所以或． 当时，，，所以，， 因为函数有最小正零点，所以，，所以，， 由题意知，则，即，故，， 当时，，函数不单调，排除， 当时，，，所以，可得， 因为，所以，或，， 所以，或，，由，得， 所以，经验证，符合题意，故． 故选：BC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设椭圆：的左、右焦点分别为，，若上有且仅有2个点，使得，其中为椭圆的半焦距，是坐标原点，则的面积为______． 【答案】2 【解析】 【分析】由题意可得，根据，可得，进而可得. 【详解】 由椭圆上有且仅有2个点，使，结合椭圆的对称性可知， 因为，所以，此时点在椭圆的短轴端点处，所以， 故答案为：2 13. 已知函数恰有三个零点，则实数a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】当时，由得，故在上有两个零点，转化为在上有两个零点，利用二次函数零点的分布可得参数范围. 【详解】当时，令，得，可知函数在上有一个零点， 则在上有两个零点，故当时，方程有两个不同的根， 故在上有两个不同的根， 即函数在上有两个零点， 当，则， 结合函数的图象可得，解得． 故答案为： 14. 设有编号为1，2，3，4，5的五把锁和对应的五把钥匙．现给这5把钥匙也贴上编号为1，2，3，4，5的五个标签，则共有______种不同的贴标签的方法：若想使这5把钥匙中至少有2把能打开贴有相同标签的锁，则有______种不同的贴标签的方法．（本题两个空均用数字作答） 【答案】 ①. 120 ②. 31 【解析】 【分析】（1）利用排列数计算，即可得到答案； （2）分三种情况讨论，即有2把能打开贴有相同标签的锁；有3把能打开贴有相同标签的锁；有5能打开贴有相同标签的锁； 【详解】（1）问题等价于将五个数进行全排列，即； （2）有2把能打开贴有相同标签的锁为种； 有3把能打开贴有相同标签的锁为种； 有5能打开贴有相同标签的锁为种； 总共有种. 故答案为：；. 【点睛】本题考查排列数和组合数的应用，考查分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意先分类再分步. 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求的值； （2）若，求，并判断的形状． 【答案】（1） （2），是钝角三角形 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互化结合题意可得，然后利用余弦定理可得答案； （2）由（1）及结合，可得，，然后由角度正弦值比例可判断B最大，最后由余弦定理可判断B为钝角. 【小问1详解】 （1）由正弦定理得，得， 由余弦定理得，而， 所以． 【小问2详解】 由（1）知，，在中，， 所以， 因此，即． 又因为，所以，而， 所以，故． 由正弦定理得，可知角B最大， 因为， 所以，所以，故是钝角三角形． 16. 已知函数． （1）当时，求单调区间； （2）若，恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）把代入，利用导数，结合不等式的性质求出函数的单调区间. （2）利用特值判断可得，将函数视为函数，证明即可. 小问1详解】 当时，函数的定义域为R，求导得， ，当时，，则， 当时，，当时，， 则当时，，函数在上递增，在上递减， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 小问2详解】 若，恒成立，则，且，因此， 下面证当时，， 令，，则问题转化为证， 由在上单调递增，得， 令，，由（1）知在上单调递减，在上单调递增， 因此，则，对恒成立， 所以实数a的取值范围是. 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD为等腰直角三角形，且，F为棱PC上的点（异于端点），平面ADF与棱PB交于点E． （1）求证：平面ABCD． （2）若，且平面平面ABCD，求异面直线PB与DF所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由底面ABCD是正方形，可得，进而可得平面PBC．然后由线面平行性质可得，即可完成证明； （2）以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，然后由，结合题意可得，对应坐标，即可得答案. 【小问1详解】 因为底面ABCD是正方形，所以， 因为平面PBC，平面PBC，所以平面PBC． 又因为平面ADFE，平面平面，所以， 因为平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD． 【小问2详解】 因为平面平面ABCD，平面平面，，平面PAD， 所以平面ABCD，又由四边形ABCD为正方形，得． 以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，． 由可得， 又，则，即， 又由（1），则，得 则，因 所以，所以，． 设异面直线PB与DF所成的角为， ， 故异面直线PB与DF所成角的余弦值为． 18. 已知双曲线C：．的离心率为，点在双曲线C上，过C的左焦点F的直线l与C的左支相交于A，B两点，且l分别交C的两条渐近线于M，N两点． （1）求双曲线C的方程； （2）若O是坐标原点，，求的面积； （3）已知点，直线AP交直线于点Q，设直线QA，QB的斜率分别，，求证：为定值． 【答案】（1） （2）32 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由双曲线离心率及点在双曲线C上可得双曲线方程； （2）设，，将直线l与双曲线渐近线方程联立可得， 然后设直线l的倾斜角为，由，可得，即可得答案； （3）由题意设直线l的方程为，设，，由题可表示出，再将直线l方程与双曲线方程联立，由韦达定理可得，结合，可完成证明. 【小问1详解】 （1）由双曲线C的离心率为，且点在双曲线C上， 可得，解得，，所以双曲线C的方程为 【小问2详解】 设，，由（1）可知双曲线C的左焦点为，所以可设直线l的方程为， 当时，易知，不合题意，故． 由，即，消去x，得，其中， 所以． 记直线l的倾斜角为，由，得， 由，得，解得（舍去）或， 所以，故． 【小问3详解】 由题意设直线l的方程为，设，， 由直线AP：，得，则， 又， 所以 ． 由，消去x，得，其中， 则，，，所以． 因为，所以， 所以，即为定值． 【点睛】关键点睛：对于解析几何中的三角形面积问题，可对面积进行适当分割，将其分为一边与坐标轴垂直三角形面积之和或之差；对于定值问题，常见思路为找到定值关于所设参数的表达式，再说明定值取值与参数无关. 19. 甲、乙两名小朋友每人手中各有3张龙年纪念卡片，其中甲的3张卡片的颜色为1张金色和2张银色，乙手中的3张卡片的颜色都是金色．现在两人各从自己的卡片中随机抽取1张，去与对方交换，重复n次这样的操作，记甲手中有银色纪念卡片张，恰有2张银色纪念卡片的概率为，恰有1张银色纪念卡片的概率为． （1）分别求，的值，求操作几次后甲手中的银色纪念卡片就可能首次出现0张，并求首次出现这种情况的概率p． （2）记． （ⅰ）证明数列是等比数列； （ⅱ）求的数学期望．（用n表示） 【答案】（1），， （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）分析出包含两种情况，把两种情况的概率相加得到，同理也包含两种情况，求出相应的概率，相加可得，由，故交换一次不合要求，而，故操作两次满足要求，并求出概率为； （2）（ⅰ）先求出，，，，判断出数列是等比数列； （ⅱ）由（ⅰ）求出，的所有可能取值为0，1，2，并得到对应的概率，得到分布列，求出数学期望. 【小问1详解】 根据题意，表示“重复2次操作，甲手中恰有2张银色纪念卡片”的概率，包含两种情况： 第一次甲交换金色卡片，第二次甲还交换金色卡片； 第一次甲交换银色卡片，第二次甲交换金色卡片，乙交换银色卡片， 则，，， 表示“重复2次操作，甲手中恰有1张银色纪念卡片”的概率，包含两种情况： 第一次甲交换金色卡片，第二次甲交换银色卡片； 第一次甲交换银色卡片，第二次甲交换银色卡片，乙交换银色卡片或第二次甲交换金色卡片， 乙交换金色卡片，则． 其中，故交换一次不会出现的情况，而， 操作两次甲手中的银色纪念卡片就可能首次出现0张，其概率为． 【小问2详解】 （ⅰ）由题意可得， ， 则，， 所以，， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， （ⅱ）由（ⅰ）知，所以． 的所有可能取值为0，1，2， 其分布列为 0 1 2 P 从而． 【点睛】关键点点睛：分析出，，，从而得到数列是首项为，公比为的等比数列，再进行下一步的求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考模拟卷·数学 （120分钟 150分） 考生须知： 1．本卷侧重：高考评价体系之应用性． 2．本卷怎么考：①考查数学文化及德智体美劳的实际应用（题7）；②考查与国家经济社会发展、科学技术进步、生产生活相关的实际应用（题5）． 3．本卷典型情境题：题5、7、14、19． 4．本卷测试范围：高考全部内容． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 设等比数列的前n项和为，若，，则（ ） A. B. C. D. 5. 某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该车相邻两次加油时的情况： 加油时间 加油量/升 加油时的累计里程/千米 2024年8月1日 20 26000 2024年8月10日 45 26500 注：“累计里程”指汽车从出厂开始累计行驶的路程． 在这段时间内，该车每100千米的平均耗油量为（ ） A. 5升 B. 6升 C. 9升 D. 11升 6. 若，，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方中间一层转动了45°之后，表面积增加了（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，点P，Q分别在函数和的图象上，O为坐标原点，若存在点P，Q满足，则a的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 利用信息技术工具，根据给定a，b，c，d的值，可以画出函数的图象．在以下四个组合中，可使得函数在R上单调递增的有（ ） A. ，，， B. ，，， C. ，，， D. ，，， 10. 如图，已知抛物线，圆，过抛物线的焦点F的直线l自上而下分别交抛物线与圆于A，C，D，B四点，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数有最小正零点，，若在上单调，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设椭圆：的左、右焦点分别为，，若上有且仅有2个点，使得，其中为椭圆的半焦距，是坐标原点，则的面积为______． 13. 已知函数恰有三个零点，则实数a的取值范围是______． 14. 设有编号为1，2，3，4，5的五把锁和对应的五把钥匙．现给这5把钥匙也贴上编号为1，2，3，4，5的五个标签，则共有______种不同的贴标签的方法：若想使这5把钥匙中至少有2把能打开贴有相同标签的锁，则有______种不同的贴标签的方法．（本题两个空均用数字作答） 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求的值； （2）若，求，并判断的形状． 16. 已知函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若，恒成立，求实数a的取值范围． 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD为等腰直角三角形，且，F为棱PC上的点（异于端点），平面ADF与棱PB交于点E． （1）求证：平面ABCD． （2）若，且平面平面ABCD，求异面直线PB与DF所成角的余弦值． 18. 已知双曲线C：．的离心率为，点在双曲线C上，过C的左焦点F的直线l与C的左支相交于A，B两点，且l分别交C的两条渐近线于M，N两点． （1）求双曲线C的方程； （2）若O是坐标原点，，求的面积； （3）已知点，直线AP交直线于点Q，设直线QA，QB的斜率分别，，求证：为定值． 19. 甲、乙两名小朋友每人手中各有3张龙年纪念卡片，其中甲3张卡片的颜色为1张金色和2张银色，乙手中的3张卡片的颜色都是金色．现在两人各从自己的卡片中随机抽取1张，去与对方交换，重复n次这样的操作，记甲手中有银色纪念卡片张，恰有2张银色纪念卡片的概率为，恰有1张银色纪念卡片的概率为． （1）分别求，值，求操作几次后甲手中的银色纪念卡片就可能首次出现0张，并求首次出现这种情况的概率p． （2）记． （ⅰ）证明数列是等比数列； （ⅱ）求的数学期望．（用n表示） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$