2024-2025学年度（下）高三年级第九次模拟考试
数学试卷
考试时间：120分钟分数：150分
试卷说明：试卷共两部分：第一部分：选择题型（1-11题58分）
第二部分：非选择题型（12-19题92分）
第Ⅰ卷（选择题共58分）
一、单项选择题（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，则的子集的个数是（）
A.4 B.8 C.16 D.32
【答案】B
【解析】
【分析】首先解不等式化简集合，再根据含有个元素的集合有个子集计算可得.
【详解】由，解得，
所以，
所以的子集有个.
故选：B
2.已知复数z满足，则的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数加减的几何意义可确定最大值.
【详解】，复数z在复平面中对应的点到的距离为1，
该点轨迹为以为圆心，半径为1的圆，
表示复数z在复平面中对应的点到的距离，所以最大值为，
故选：D.
3.若命题p：，命题q：直线与抛物线无公共点，则q是p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
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意联立直线与抛物线可求的范围，再利用命题的充分性与必要性判断即可.
【详解】命题q：直线与抛物线无公共点，把代入即无解，，又命题p：，所以q是p的充分不必要条件.
故选：A.
4.已知向量，则向量与的夹角为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据数量积运算律计算得出，再应用夹角余弦公式计算求解.
【详解】因为向量，所以，
所以，所以，
设向量与的夹角为，，
所以.
故选：C.
5.已知等比数列的前项积为，且，那么数列的公比为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式及等比中项的推论可得解.
【详解】由已知数列为等比数列，设其公比为，
则，
即，
则，
所以，
解得，
又，所以，
则，
故选：B.
6.已知定义在区间上的奇函数的导函数是．当时，的图象如图所示，则关于的不等式的解集为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合图象判断函数单调性，可得的函数值正负情况，从而解，可得答案.
【详解】由图象可知在上单调递增，在上单调递减，
则当时，，当时，，此时等号仅在时成立，
由于是定义在区间上的奇函数，
故在上单调递增，在上单调递减，
则当时，，当时，，此时等号仅在时成立，
故由可知或
得或，即不等式解集为，
故选：C.
7.若圆上恰有三个点到直线的距离为1，则动点的轨迹方程是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由圆上恰有三个点到直线的距离为，得到圆心到直线的距离恰好为，求得，设，得到，代入方程，即可得到点的轨迹方程.
【详解】由圆，可得标准方程为，
所以圆心，半径为，
若圆上恰有三个点到直线的距离为，
则满足圆心到直线的距离恰好为，即，即，
设，则，
代入，可得，
整理得，即点的轨迹方程为.
故选：A.
8.已知正实数、满足，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解法一：将已知等式变形为，可得出，，可知和都是方程的解，分析函数的单调性，可得出，即可得解；
解法二：由已知等式得出，，则和都是方程的解，分析函数的单调性，可得出，即可得解.
【详解】（方法一）由得，即．
又因为，所以和都是方程的解．
构造函数，
由于函数在上单调递增，函数在上单调递增，
所以在上单调递增，故，即，
（方法二）由可知，即，
由可得，所以和都是方程的解．
构造函数，
由于函数在上单调递增，函数在上单调递增，
任取、且，则有，，
由不等式的基本性质可得，
所以在上单调递增，故，即，
故选：C．
二、多项选择题（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．）
9.已知函数（，为常数），且函数为奇函数，则下列结论正确的是（）
A.的最小正周期为
B.
C.与的图象有相同的对称轴
D.当时，方程有且仅有4个实根
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定函数及性质求出并化简，再结合正弦函数的图象性质判断ABC；作出函数图象判断D.
【详解】对于B，由函数为奇函数，得函数图象的一个对称中心为，
则，解得，B错误；
对于A，，的最小正周期为，A正确；
对于C，，与的图象有相同的对称轴，C正确；
对于D，方程在上实根个数即为与
图象交点个数，在同一坐标系内作出函数与的图象，如图，
观察图象知，函数与在上的图象恰有4个交点