内蒙古赤峰市2025届高三下学期4.20模拟考试数学试题（解析版）

这是一份内蒙古赤峰市2025届高三下学期4.20模拟考试数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 在复平面内，复数对应的向量，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意得，
∴，
故选：D．
2. 在等差数列中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，
故选：D
3. 已知函数，，则（ ）
A. 2B. eC. 3D.
【答案】B
【解析】由解析式可得：，
所以，
所以，
故选：B
4. 在的展开式中，的系数为15，则的值为（ ）
A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】A
【解析】二项展开式的通项，
因为的系数为15，所以，解得，.
故选：A.
5. 如图，一个质量为的木块静止在与水平面成的斜坡上，已知重力加速度，重力方向竖直向下，以水平向右为轴，竖直向上为轴建立平面直角坐标系，那么重力在斜面正方向（斜面向下为正方向）上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】为了方便运算，不妨以直角三角形的直角顶点为坐标顶点，
因为，则不影响一般性可设，
则，，则，取，
则重力在斜面正方向（斜面向下为正方向）上的投影向量为.
故选：C
6. 已知函数满足：①在上单调递增；②，都有；③是偶函数，且，则的表达式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由函数满足，可得为指数函数型，可排除C、D项；
又由是偶函数，且，
对于A中，若，则满足，函数为偶函数，
且，不符合题意，舍去；
对于B中，若，则满足，函数偶函数，
且，符合题意.
故选：B.
7. 已知双曲线，若直线与没有公共点，则的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】∵渐近线方程为且的斜率为，
∴，则，∴离心率，又∵，
则离心率的取值范围为.
故选：C
8. 已知函数与的图象相邻三个交点构成的三角形为直角三角形，则此三角形面积为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】D
【解析】先求交点，对于，有：，即，解得，.
再确定相邻三个交点，取相邻三个整数，
当时，得到交点. 当时，得到交点. 当时，得到交点.
最后判定直角三角形，已知向量，.
根据向量点积的坐标运算公式：所以.
令，即.解得
所以，同理.
因为该三角形为直角三角形，且两条直角边长度都为.
所以该三角形面积.
故选：D..
二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分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. 一组数据，，，，满足，若去掉，后组成一组新数据，则新数据与原数据相比（ ）
A. 极差变小B. 平均数变大C. 方差变小D. 第25百分位数变小
【答案】AC
【解析】由于，故，
A选项，原来极差为，去掉，后，极差为，极差变小，A正确；
B选项，原来的平均数为，
去掉，后的平均数为，平均数不变，B错误；
C选项，原来的方差为，
去掉，后的方差为，方差变小，C正确；
D选项，，从小到大排列，选第3个数作为第25百分位数，即，
去掉，后，，故从小到大排列，选择第2个数和第3个数的平均数作为第25百分位数，
即，由于，第25百分位数变大，D错误．
故选：AC
10. 将一个边长为的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形，做成一个无盖方盒，方盒的容积为，则下列说法正确的是（ ）
A. （）
B. 方盒容积的最大值为
C. 在区间上单调递增
D. 当时，
【答案】ABD
【解析】由题意可知，无盖方盒底面是边长为的正方形，高为.
根据长方体体积公式，可得方盒容积，展开可得：
因为要能做成无盖方盒，则且，即，所以，故A选项正确.
对求导，可得：
令，即，解得，.
因为，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
则在处取得极大值，也是最大值，，故B选项正确.
由上述求导分析可知，当时，，所以在区间上单调递减，故C选项错误.
当时，.易知.
所以，，，，.
一共有组和为的数对，再加上，则，故D选项正确.
故选：ABD.
11. 如图，棱长为2的正方体，为底面的中心，为侧面的中心，是线段上的动点，为内（含边界）的动点，则下列说法正确的是（ ）

A. 平面B.
C. 最小值为D. 三棱锥的外接球的体积为
【答案】ABC
【解析】对于A，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 已知正方体棱长为，则各点坐标为：，，，，. 可得.
设平面的法向量为，，.
由，即，令，解得，，所以.
因为，所以，又平面，所以平面.故A正确.
对于B，，，则. 设，，则
.
.
由于在平面上，平面的方程可由法向量和点得到，
即，所以，则.故B正确.
对于C，先求关于平面对称点.

在中，已知，，
根据余弦定理.
再在中，已知、条件，
代入余弦定理公式可算出，
即，
所以最小值是.故C正确.
对于D，三棱锥的外接球就是正方体的外接球.
正方体棱长为，则外接球的直径，所以半径.
根据球的体积公式，可得外接球体积，故D错误.
故选：ABC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上．
12. 经过点，的椭圆的标准方程为_____．
【答案】
【解析】已知椭圆经过，两点.
点在轴上，点在轴上，且，所以椭圆的焦点在轴上.
对于焦点在轴上的椭圆，其标准方程为（），
因为椭圆过点，所以；
椭圆过点，所以.
将，代入椭圆标准方程中，可得，即.
故答案为：.
13. 已知二次函数的图象是抛物线，则其焦点坐标是_____．
【答案】
【解析】是由，即右移一个单位，再向上移动一个单位得到，
则原焦点平移后变为.
故答案为：.
14. 已知数列满足，，表示不超过的最大整数，则_____．
【答案】0
【解析】由已知，，
所以数列为正项数列，且，则数列为正项递增数列．
对条件两边取倒数得：，所以，
所以有：，
又数列为正项递增数列，则，则，
所以．
故答案为：0
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，分别是角，，的对边，已知是锐角，且
（1）若，求实数的值；
（2）若，求面积的最大值.
解：（1）由为锐角，且得，即 .
可变形为，
由余弦定理可知，即，故 ；
（2）由（1）知，，所以，(当且仅当时等号成立) ，即.
故，故面积的最大值为 .
16. 已知函数．
（1）求的单调区间及最小值；
（2）令，求的零点个数．
解：（1）由求导得：，
当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增.
故的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，；
（2）由可得，
则的零点个数即函数与直线的交点个数.
由（1）已得上单调递减，在上单调递增，
且当时，，
又时，，当时，，
作出函数的图象.
由图知，当时，直线与函数的图象没有交点，此时函数无零点；
当时，直线与函数的图象有2个交点，此时函数有2个零点；
当或时，直线与函数的图象有1个交点，此时函数有1个零点.
17. 如图，四边形为菱形，平面，过的平面交平面于，．
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，，且四棱锥的体积是．
①求长；
②求直线与平面所成角的正弦值．
（1）证明：∵平面，过的平面交平面于，
∴，又∵，∴四边形为菱形
∴，∵平面，平面，∴平面.
又∵四边形为菱形，∴同理平面，
∵，平面，∴平面平面，
又平面，∴平面；
（2）解：①连接交于点，连接，
∵，且，则为等边三角形，
又四边形为菱形，则为中点，∴
又∵平面平面，且交线为
∴平面
∵，∴
∴
∴.
②建系：以为原点，为轴，为轴，建立直角坐标系，
∴，，，，，
∴，，，
令平面的法向量为，则
，，∴
设与平面所成角为，
∴.
18. 为倡导节能环保，实现废旧资源再利用，小明与小亮两位小朋友打算将自己家中的闲置玩具进行交换，其中小明家有1台玩具车和2个不同的玩偶，小亮家也有与小明家不同的1台玩具车和2个不同的玩偶，他们每次等可能的各取一件玩具进行交换．
（1）两人进行一次交换后，设小明手中玩具车的台数为，求的分布列及数学期望；
（2）两人进行次交换后，记小明手中恰有1个玩具车的概率为．
①求；
②求．
解：（1）由题意知X的可能取值为0，1，2
，
，
所以．
（2）①若两次都交换玩具车，则概率为，
若两次都交换玩偶，则概率为，
若一次交换玩具车，一次交换玩偶，
情况1：每次互换的玩具相同，则概率为，
情况2：每次互换的玩具不同，则概率为，
则.
②重复n复这样的操作后，记小明手中恰有0个玩具车的概率为，
则小明手中恰有2个玩具车的概率为，
根据全概率公式可得，当时，，
∴，
由（1）是，∴，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，故，
所以，即 ．
19. 在平面直角坐标系中，一个动点到定点的距离比它到轴的距离大1，设动点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）若直线过定点，其斜率为．当分别为何值时，直线与曲线：只有一个公共点；有两个公共点；有三个公共点；
（3）过点做两条互相垂直的弦、，分别交曲线于，，，，令、的中点分别为、，过点作，垂足为，求的最大值．
解：（1）由已知得，令，则
整理得，.
（2）由题意，直线l的方程为.
联立方程组（*）
（i）当时，直线l：与有唯一公共点，与无公共点，此时共有一个公共点.
（ii）当时，判别式为
①由，.
故或时，方程（*）只有一个解，即直线与抛物线只有一个公共点，与各有一个交点为，，故分别有两个公共点.
②当直线过时，直线方程为，与交于，，与无交点，故直线与轨迹共有两个公共点
③由.
故当且，时，方程（*）有两个解，即直线与抛物线有两个公共点，
与有一个公共点，故直线与轨迹有三个公共点
④由，或.
故当，或时，方程（*）无实数解，即直线与抛物线没有公共点，与有一个公共点
综上，
当时，直线轨迹有三个公共点；
当时，直线轨迹有两个公共点；
当时，直线轨迹有一个公共点.
（3）设直线，，，
联立，可得，则得，，
，同理，
①时，，
②当时，
，即，
所以直线恒过点，
又，所以点在以为直径的圆上，且轨迹方程为，
由几何图形关系可知，的最大值为：.
X
0
1
2
P