内蒙古自治区通辽市2025届高考三模数学试题（解析版）

这是一份内蒙古自治区通辽市2025届高考三模数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由，，
所以.
故选：C.
2. 某中学有高中生1000人，初中生3000人.为了解学生的身心发展情况，按比例采用分层随机抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为80的样本，则抽中的高中生人数为（ ）
A. 5B. 10C. 20D. 30
【答案】C
【解析】分层抽样的抽取比例为，
所以从高中生中抽取的人数为.
故选：C．
3. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，得，
则，
所以曲线在点处的切线方程为．
故选：B.
4. 已知向量,满足，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以，
又，所以，解得．
故选：A.
5. 已知函数是偶函数，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由是偶函数，
则，，即，，
则时，，时，，时，，
则的最小值是.
故选：A.
6. 已知抛物线与直线交于，两点，且线段中点的横坐标为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设，，则，
整理得，
因为线段中点的横坐标为，
所以线段中点的纵坐标为，则，
从而可得，
故选：D.
7. 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为，
所以在上单调递增，且．
因为是定义在上的奇函数，所以在上单调递增，且．
由，可得或，解得或．
即的解集为.
故选：B
8. 已知正方体的棱长为，以顶点A为球心，为半径的球的球面与正方体的表面的交线总长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为正方体的棱长为，则表面上的点到点A的最大距离为，
所以以顶点A为球心，为半径的球的球面与这三个表面没有公共点．
如图，若球面与表面的公共点为P，
因为，则，
由，可得，同理可得，则，
可知P的运动轨迹是以D为圆心，2为半径的圆与表面的交线都是圆心角为，半径为2的圆弧，
同理可得球面与表面的交线也都是圆心角为，半径为2的圆弧，
所以交线总长为．
故选：B.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知复数，则下列复数为纯虚数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】因为，
则，．
为纯虚数的是，，.
故选：BCD．
10. 已知函数(且，则下列结论正确的是（ ）
A 若，则
B. 若，则的值域为
C. 若，则在上单调递增
D. 若，则在上单调递增
【答案】BCD
【解析】对于A，当时，，
则，故A错误；
对于B，当时，，
当且仅当，即时等号成立，
则的值域为，故B正确；
对于C，当时，，
，，
令，则，
因为函数在上单调递增，函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，故C正确；
对于D，当时，，
，，
令，则，
因为函数在上单调递增，函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，故D正确.
故选：BCD
11. 在平面直角坐标系中，动点P在直线上的射影为点Q，且．记P的轨迹为曲线C，则下列结论正确的是（ ）
A. C关于直线l对称
B. C上存在点，使得
C. 的最小值为
D. 若C与两条坐标箱的正半轴所围成的面积为S，则
【答案】ABD
【解析】设，则．由，
得，即．关于l对称的点为，
也满足方程，故C关于直线l对称，A正确．
显然点在C上，且满足，B正确．
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，整理得，
从而，C不正确．
记C在第一象限内的部分为曲线D，设为D上任意一点，则，
由，得，即，
故点B在直线的上方或在的下方（不重合），
从而．
假设，则由，可得，
则，则，则，这与假设矛盾，
故D在直线的上方，从而，故，D正确．
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知双曲线的离心率为，则_____________．
【答案】3
【解析】由双曲线，得，所以
双曲线C的离心率为，
所以，解得
故答案为：.
13. 4名医生和2名护士站成一排，要求2名护士不相邻，且医生甲不站在队伍的最左端，则不同的站法共有_____________种．
【答案】408
【解析】若医生甲不站在医生的最左端则有种不同的站法，
若医生甲站在医生的最左端，则有种不同的站法，故不同的站法共有种．
故答案为：408.
14. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，点D 在边BC上，且.则的取值范围是________.
【答案】
【解析】由题可设，
因为，所以，
所以由余弦定理有，，
所以，再由得，
设，则，
所以即，
所以的取值范围是.
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，在四棱锥中，，平面.
（1）证明：；
（2）求平面PAB与平面PCD所成角的正弦值.
（1）证明：过点作，垂足为，
因为平面，
以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
设，
则，
所以，
则，
所以，即.
（2）解：由（1）知，，
设平面PAB的一个法向量为，
则，取，得，
设平面PCD的一个法向量为，
则，取，得，
设平面PAB与平面PCD所成角为，
则，
则，
即平面PAB与平面PCD所成角的正弦值为.
16. 为了增强学生的法律意识，某学校组织了一场法律知识测试，测试共有 A，B两个试题题库，学生先从这两个题库中任选一个，再从该题库中任选一道试题作答.若答错该试题，学生测试结束：若答对该试题，则再从另外一个题库中任选一道试题作答，无论答对与否，学生测试结束.已知学生甲答对A题库中的每道试题的概率均为 答对B题库中的每道试题的概率均为
（1）求学生甲只作答了一道试题的概率；
（2）若答对A题库中的试题，可以获得20个积分，若答对B题库中的试题，可以获得10解：（1）学生甲只作答了一道试题的情况有两种：选中A题库并答错和选中B题库并答错，
所以学生甲只作答了一道试题的概率为.
（2）由题，，
，，
，
所以X 的分布列为
所以X 的期望为.
17. 已知函数
（1）若，求的极值;
（2）讨论的单调性.
解：（1）当时，，则，
令，即，解得或（舍），
当时，，则函数单调递增，
当时，，则函数单调递减，
所以时，有极大值，且极大值为，无极小值.
（2）函数定义域为，
且，
令，解得或，
令，即，解得，
当时，，此时恒成立，
当时，此时，
则函数单调递减，函数单调递增，
函数单调递减；
当时，，则函数单调递增，
函数单调递减；
当时，，则函数单调递减，
函数单调递增，函数单调递减，
当时，，则函数单调递增，
函数单调递减，
综上所述：当时，函数的单调增区间为，单调减区间为；
当时，函数的单调增区间为，
单调减区间为和；
当时，函数在上单调递减；
当时，函数的单调增区间为，
单调减区间为和；
当时，函数的单调增区间为，单调减区间为.
18. 已知椭圆的左、右焦点分别为是圆上一点，线段与C交于点Q，且．
（1）求C的标准方程；
（2）过点的直线与C交于A，B两点，记O为坐标原点，线段的中点为N，C的左顶点为D．
（i）求面积的最大值；
（ii）若的外心为M，直线的斜率为，直线的斜率为，试判断是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
解：（1）由，整理得，则该圆是以为圆心，6为半径的圆．
因为P是圆上一点，线段与C交于点Q，且，
所以，即，解得．
由题可知，则，故C的标准方程为；
（2）（i）当点的直线斜率不存在时，重合，此时不存在，不合要求，
当点的直线斜率为0时，重合，此时不存在，不合要求，
直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为．
联立整理得，
则，
则线段的中点N的坐标为．
设的面积为S，则．
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，即面积的最大值为．
（ii）为定值9，理由如下：
设，显然为外接圆圆心，
故可设外接圆的方程为．
因为在外接圆上，所以，故，
故外接圆的方程为．
联立，整理得
，
则．
因为，
故，
解得．
故，为定值．
19. 已知，若正项数列满足，则称为“上界m数列”．
（1）若，判断数列是否为“上界1数列”，并说明理由；
（2）若数列是“上界m数列”，求m的最小值；
（3）若，且．证明：数列是“上界1数列”．
（1）解：由题可知，，
因为，所以，
则，则，从而不是“上界1数列”．
（2）解：因为，
又数列是“上界m数列”，所以恒成立．
又，
所以，即m的最小值为2．
（3）证明：因为，所以，
，则，从而．
要证数列是“上界1数列”，需证，
当时，由，得．
当时，由，得，则，
整理得，
则，
则，即．
因为，所以，则，
则，从而，
所以数列是“上界1数列”．X
0
10
20
30
P