方城县第一高级中学2025-2026学年高三迎一模数学模拟试题（十一）

方城县第一高级中学2025-2026学年高三迎一模数学模拟试题（十一） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．设复数在复平面内对应的点为，则复数的虚部为（    ） A． B． C．1 D．2 3．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（   ） A． B． C． D． 4．已知函数在区间上单调递减，且是偶函数，则、、的大小关系为（　　） A． B． C． D． 5．已知向量，，若与的夹角是锐角，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．已知为等比数列，为其公比，设甲：；乙：，则甲是乙的（    ） 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 7．如图，是抛物线上一点，是抛物线的焦点，，则（    ） A．8 B．4 C． D． 8．函数零点的个数为（    ） A．4 B．5 C．3 D．2 二、多选题 9．已知一组数据的平均数为，将这组数据分别加上它们的平均数，得到一组新数据，则新数据与原数据相比（   ） A．极差相同 B．平均数不同 C．方差不同 D．中位数相同 10．已知函数，则（   ） A．的图象关于y轴对称 B．的单调递增区间为 C．的最小值为2 D． 11．如图，在平面直角坐标系中的一系列格点，其中，且，．记，如，即，，即，，即，…，以此类推．设数列的前n项和为，则（   ） A． B． C． D． 三、填空题 12．函数 在处取得极大值，则 13．直线与双曲线的右支只有一个公共点，则的取值范围为 . 14．某校高三年级举行米接力赛，共有8条赛道，第③道和第④道是“黄金赛道”.赛制规定：由1到8班按班级序号从小到大依次抽签决定赛道，抽出的签不再放回.在1班未抽到“黄金赛道”的条件下，3班抽到“黄金赛道”的概率是 . 四、解答题 15．如图，在中，，，点在上，， . (1)求； (2)求. 16．如图，已知三棱柱，平面平面，，，，，分别是，的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值. 17．已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)令，若函数的图象与相切，求的值. 18．已知椭圆（）长轴长为4，且椭圆C的离心率，其左右焦点分别为，.直线. (1)求椭圆C的方程； (2)当直线l与椭圆C有两个公共点时，求m的取值范围. 19．给定数集，若对于任意、，有，，则称集合为闭集合. (1)判断集合，集合是否为闭集合； (2)若集合、为闭集合，则是否一定为闭集合？请说明理由； (3)已知集合、为闭集合，且，，证明：. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《方城县第一高级中学2025-2026学年高三迎一模数学模拟试题（十一）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B B C D D C A AB ACD 题号 11 答案 BCD 1．B 【分析】解绝对值不等式与一元二次不等式确定，再由交集的定义即可得解. 【详解】由得，所以，因为且，满足条件的自然数x为，即， 所以， 故选：B． 2．B 【分析】利用复数的几何意义、除法运算及概念计算即可 【详解】由题意可知，所以， 所以其虚部为. 故选：B 3．B 【分析】根据诱导公式和弦化切化简三角函数式，再根据求出的正切，故可求三角函数式的值. 【详解】， 而角终边经过点，故，故， 故选：B. 4．C 【分析】根据题设可得函数关于直线对称，在区间上单调递减，在区间上单调递增，进而判断即可. 【详解】因为函数是偶函数，所以， 则函数关于直线对称， 又因为函数在区间上单调递减， 函数在区间上单调递增， 又因为，所以， 又因为，所以，所以. 故选：C. 5．D 【分析】因为与的夹角是锐角，所以且不共线，所以求出且即可得解. 【详解】因为与的夹角是锐角， 所以且， 所以且， 所以实数的取值范围是. 故选：D. 6．D 【分析】根据充分性和必要性的意义，均举反例即可判断. 【详解】当时，，此时，不满足， 故充分性不成立； 若，此时满足，但，故必要性不成立， 故甲是乙的既不充分也不必要条件. 故选：D. 7．C 【分析】先根据抛物线方程求出焦点坐标，然后求出直线的方程，联立该直线与抛物线方程，求出点的坐标，进而求出. 【详解】由抛物线的方程可知，焦点， 因为，所以直线的斜率， 因此直线的方程为，与抛物线方程联立，消去得，， 解得，，由图可知点的横坐标为，. 故选：C. 8．A 【分析】由题意或，利用三角函数的性质解； 设，利用导数研究的性质，进而可判断方程无实数解. 【详解】或， 或 或， ，或或或； 设，则， ，，， 所以函数在单调递增，在单调递减， 可得，当且仅当取等号， ，与不符，方程无实数解. 故函数只有4个零点. 故选：A. 9．AB 【分析】根据极差、平均数、方差、可判断选项ABC；对于选项D举反例即可. 【详解】设数据中最大的数为，最小的数为，则原数据的极差为， 新数据为， 则新数据的极差为， 因此新数据与原数据的极差相同，故A正确； 原数据的平均数为， 新数据的平均数为， 由于，则新数据与原数据的平均数不同，故B正确； 原数据的方差为， 新数据的方差为， ， 则新数据与原数据的方差相同，故C错误； 不妨设5个数分别为，则原数据的中位数为1，此时平均数， 新数据为，则新数据的中位数为2， 则新数据与原数据的中位数不同，故D错误. 故选：AB 10．ACD 【分析】计算得到A正确；举反例得到B错误；根据均值不等式计算C正确；对D，确定函数单调性，根据得到答案． 【详解】对于A，定义域为R，则，函数为偶函数，故A正确； 对于B，，，，故B错误； 对于C，，当且仅当时等号成立，故C正确； 对于D，当时，设，，则在上单调递增， 故在上单调递增， ，，，即， 故，故D正确. 故选：ACD. 11．BCD 【分析】设，，设数列的前n项和为则，由图观察可知第圈的个点对应的这项的和为0，则，同时第圈的最后一个点对应坐标为，设在第圈，则圈共有个数，可判断前22圈共有2024个数，所在点的坐标为，向前推导，则可判断A，B选项；由，依次对应第一象限上的对角线上的点，，，…，，即可判断C选项；借助与图可知，即项之和，对应点的坐标为，，…，，即可求解判断D选项. 【详解】由题知，点，，设，， 设数列的前n项和为则，第一圈从点到点共8个点， 由对称性可知；第二圈从点到点共16个点， 由对称性可知即， 以此类推，可得第n圈的个点对应的这项的和为0，即， 设在第k圈，则，由此可知前22圈共有2024个数，故， 则，所在点的坐标为，则，所在点的坐标为， ，所在点的坐标为，则，故A错误； ，故B正确； ，依次对应第一象限上的对角线上的点，，，…，， 则，故依次为0，2，…，，所以，C正确； ， 对应点的坐标为，，， 所以，故D正确． 故选：BCD． 12．3 【分析】先求出导函数代入求解参数，再分类根据导数的正负得出函数单调性即可检验求参. 【详解】因为 ，所以， 在处取得极大值，所以，所以或， 当时，， 所以当在上单调递减；当在上单调递增； 所以函数在处取极小值，不合题意； 当时，， 所以当在上单调递增；当在上单调递减； 所以函数在处取极大值，符合题意； 所以. 故答案为：3. 13． 【分析】直线过定点,作出直线与双曲线的图象,通过图象即可求解. 【详解】直线过定点，直线与双曲线图象如图所示，    又双曲线的两条渐近线为， 因为直线与双曲线的右支只有一个公共点， 所以由图可知，， 故答案为： 14． 【分析】按班级序号从小到大依次抽签决定赛道，首先设出基本事件，根据题意利用古典概型求出对应的概率，1班未抽到“黄金赛道”，即1班在除第③道和第④道外的其余6道，3班抽到“黄金赛道”，即需要讨论它前面抽签的2班的赛道，最后由条件概率公式求解. 【详解】记事件A=“1班未抽到‘黄金赛道’”，事件B=“3班抽到‘黄金赛道’”， 3班抽到“黄金赛道”，则需要讨论它前面抽签的2班的赛道，2班未抽到“黄金赛道”和2班抽到“黄金赛道”的情况， 由题意知,， 所以. 故答案为：. 15．(1) (2) 【分析】（1）利用两角和差余弦公式可求得，根据余弦定理可求得结果； （2）利用两角和差正弦公式可求得，采用面积桥，结合三角形面积公式可构造方程求得结果. 【详解】（1），，， ， . （2）由（1）得：； ，， 即，解得：. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证，再利用面面垂直和线面垂直的性质证明，结合线面垂直判定定理证明平面； （2）作，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，分别表示出对应点的坐标，计算出直线的方向向量和平面的法向量，然后计算其夹角即可. 【详解】（1）如图所示，连接， 在等边三角形中，，则， 平面平面，且平面平面，平面， 由面面垂直的性质定理可得：平面，平面，故， 由三棱柱的性质可知，，而，故， 且平面， 由线面垂直的判定定理可得：平面. （2） 如上图，过点作交于， 以点为坐标原点，、、分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系， 由，，，所以，，，据此可得： ，，，， 由可得，利用中点坐标公式可得， 故， 设平面的法向量为，且，， 则，令，则， 所以平面的一条法向量为，， 设直线与平面所成的角为， ，所以. 故直线与平面所成角的余弦值为. 17．(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求出导函数，按照和分类讨论判断的单调性即可； （2）由题意，求出导函数，设切点坐标为，利用列式求解即可. 【详解】（1）， ①当时，在上恒成立，所以在上单调递增； ②当时，，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 故当时， 在上单调递增； 当时， 在上单调递减，在上单调递增. （2），设切点坐标为， 则，消去得， 因为在上单调递增， 所以在上单调递增， 又，所以，所以，解得. 18．(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆长轴长与离心率求出代入椭圆的标准方程即可. （2）联立直线方程与椭圆方程，有两个公共点即联立后的方程有两根，结合根的判别式即可求出的取值范围. 【详解】（1）由题设，则，故椭圆； （2）联立，则，化简得：， 由直线与椭圆有两个公共点，则，得. 19．(1)不是闭集合；为闭集合，理由见解析 (2)不一定，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据“闭集合”的定义对集合进行判断. （2）通过举反例的方法说明不一定是闭集合. （3）利用反证法，结合“闭集合”的定义证得. 【详解】（1）因为，，，所以不是闭集合； 任取，，设，，，， 则且， 所以，同理，，故为闭集合. （2）结论：不一定. 不妨令，， 则由（1）可知，，为闭集合，易知2，，， 因此，不一定是闭集合. （3）不妨假设，则由，得存在且，故. 同理，存在且，故. 因为，所以或. 若，则由为闭集合且，得，与矛盾. 若，则由为闭集合且，得，与矛盾. 综上，不成立，故. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $