内蒙古包头市多校联考2025届高三下学期第二次模拟考试数学试题（解析版）

这是一份内蒙古包头市多校联考2025届高三下学期第二次模拟考试数学试题（解析版），共20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. “”是“”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】由，可得，
可得：，也即且，
可得，可得，
若，取，显然不成立，
故“”是“”的充分不必要条件，
故选：A
2. 过点且与抛物线有且仅有1个公共点的直线的条数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】如图，直线与抛物线有且仅有1个公共点，符合题意，
将求导可得，
设切点坐标为，切线斜率，
则切线方程为，
代入点可得，解得或，
可知过点的切线有2条，
综上所述：符合题意的直线有3条.
故选：D
3. 复数在复平面内对应的点不可能在第（ ）象限.
A. 一B. 二C. 三D. 四
【答案】C
【解析】因为，
可知复数在复平面内对应的点为，
令，解得，可知点可能在第一象限；
令，解得，可知点可能在第二象限；
令，无解，可知点不可能在第三象限；
令，解得，可知点可能在第四象限；
综上所述：点不可能在第三象限.
故选：C.
4. 已知圆锥的侧面展开图是一个半圆，且圆锥的底面积为 ，则此圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，
由题意可得：，解得，
所以圆锥的体积为.
故选：B.
5. 在钝角中，内角的对边分别为，且最大角，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由题意可知：，则，
由余弦定理可得，
则，解得，
所以的取值范围是.
故选：D.
6. 若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】令，又，令，整理得到，
由题可得，整理得到，解得，
所以，
故选：B.
7. 我们解不等式时，可以采用如下方法：等价于，即. 根据以上思路求解: 函数的最小值为（ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】D
【解析】因为，则，
两边同时取对数可得，
构建，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，即，可得，
所以函数的最小值为.
故选：D.
8. 已知向量都是单位向量，且向量满足向量的夹角为，则的最大值为（ ）
A. 2B. C. D. 3
【答案】A
【解析】由题意可知：，
因为，
即，则，
可得，且，所以，
设，
则，
由题意可知：，
若位于直线两侧，且，可知四点共圆，
且圆心为，半径，其中点优弧上，不包括点，
则的最大值即为圆的直径；
若位于直线同侧，且，可知四点共圆，
且圆心为，半径，其中点优弧上，不包括点，此时；
综上所述： 的最大值为2
故选：A.
二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，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. 若函数的图象经过平移后可以得到函数的图象，则称函数与是“全等函数”.下列各组函数中，与是 “全等函数” 的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ABC
【解析】对于选项A：由题意可得：，
将函数的图象向右平移个单位，
可得，故A正确；
对于选项B：，
将函数的图象向左平移个单位，可得，故B正确；
对于选项D：，
将函数的图象向上平移个单位，可得，故C正确；
对于选项D：因为的定义域为，而的定义域为，
所以无论怎么平移两函数，图象都不可能重合，故D错误；
故选：ABC.
10. 已知为正实数，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 的最小值为 -1
C. 的最小值为12D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】由，可得，
对于A中，令，则且，
可得，则，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
可得，所以，所以A正确；
对于B中，由，可得，
则，
当且仅当时，取得最小值，所以B正确；
对于C中，由，
当且仅当时，即时，即时，等号成立，所以C不正确；
对于D中，由，
可得，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以最小值为，所以D正确.
故选：ABD.
11. 数的进制是人们利用符号来计数的方法.我们在日常生活中习惯于采用十进制计数与运算，但是在其它领域中，其它进制计数方式也应用广泛，例如计算机处理数据时，采用的就是二进制方法.二进制数是用0和1表示的数，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”.若干进制数，其中，则对应的二进制数为.以下说法正确的是（）
A. 十进制数2025用二进制表示为
B. 满足中有且只有3个1的所有二进制数对应的十进制数的和为1275
C. 将对应的二进制数中1的个数记为，则
D. 将对应的二进制数中0的个数记为，令，则
【答案】BCD
【解析】对于A：，故A错误；
对于B：，其中中有且只有2个1，有种可能；
所以所有二进制数对应的十进制数的和中，出现次，均出现次，
所以对应的十进制数的和为，故B正确；
对于C：，
则，，
故,，
故，故，故C正确；
对于D：共个数中所有的数转换为二进制后，
总位数都为2026，且最高位都为1；而除最高位之外的剩余2025位中，每一位都是0或者1；
设其中的数，转换为二进制后有个；
在这个数中，转换为二进制后有个0的数共有个，
故，故D正确，
故选：BCD.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知，则_____.
【答案】
【解析】因为
由
.
故答案为：.
13. 若一组数据的第75百分位数为12，则这组数据的第40百分位数为_____.
【答案】
【解析】因为，可知第75百分位数为第8位数，
若数据第75百分位数为12，结合数据特值可知或，
若，数据按升序排列可得，
则第75百分位数为21，不合题意；
若，即，数据按升序排列可得，
则第75百分位数为12，符合题意；
综上所述：，此时数据为，
又因为，所以这组数据的第40百分位数为.
故答案为：.
14. 已知函数，若函数所有零点的乘积为1，则实数的取值范围是_____.
【答案】
【解析】当时，可得；
当时，可得，当且仅当时，等号成立，
即函数有且仅有1个零点1，
若函数有零点，则，
显然，可得，
假设方程有根，可知方程有两个不相等根，
设为，且，
则，可得，即，
假设方程有根，可知方程有且仅有1个根，设为，
结合题意可知：方程有根，方程无根，
即与无交点，与有2个交点，
结合图象可知：或，解得或，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 如图所示，在空间几何体中，四边形为正方形，平面平面.
（1）证明：平面.
（2）求平面与平面所成锐二面角的大小.
（1）证明：由四边形为正方形知，且，则，
因为，则，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
（2）解 ：由（1）知平面且，故互相垂直；
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
不妨设，则，可得，
故，
设平面的法向量是，则，
取，则，可得；
设平面的法向量是，则
取，则，可得；
记平面与平面所成锐二面角为，
则，可知，
故平面与平面所成锐二面角的大小为.
16. 已知函数的图象在处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为.
（1）求的值；
（2）记的极大值点为，证明: .
（1）解：因为，可知的定义域为，且，
可得，
即切点坐标为，切线斜率为，则切线方程为，
令，可得，
则切线与坐标轴所围成的三角形的面积为，解得.
（2）证明：由（1）可得：，，，
因为在定义域内单调递减，
可知在定义域内单调递减，
且，
可知在定义域内有且仅有1个零点，
当时，，即；
当时，，即；
可知在内单调递增，在内单调递减，
所以的极大值点为，
又因为，可得，
所以.
17. 甲、乙、丙三位同学组队参加一个闯关活动. 每次只能派个人参加闯关活动，每次闯关用时分钟，如有必要则派下一个人继续参加闯关活动，直至三人中有两人闯关成功就视为团队 “挑战胜利”，否则视为 “挑战失败”. 在已经确定 “挑战胜利” 或 “挑战失败” 时，活动立刻结束. 已知甲、乙、丙各自能闯关成功的概率分别为，且假定每人能否闯关成功的事件是相互独立的.
（1）若改变三个人先后参加闯关的顺序，团队 “挑战胜利” 的概率是否会发生变化？请说明理由.
（2）为了使活动平均用时最少，三位同学应该以怎样的先后顺序参加闯关活动，并说明理由.
解：（1）不会发生变化，理由如下，
记事件：甲闯关成功，事件：乙闯关成功，事件：丙闯关成功，事件：团队 “挑战胜利”，
因为甲、乙、丙各自能闯关成功的概率分别为，且每人能否闯关成功的事件是相互独立的，
若闯关的顺序为甲、乙、丙，
则，
若闯关的顺序为乙、甲、丙，则，
即有闯关的顺序为甲、乙、丙和闯关的顺序为乙、甲、丙时，团队 “挑战胜利” 的概率一样，
若闯关的顺序为丙、甲、乙，则，
同理有闯关的顺序为甲、丙、乙和闯关的顺序为丙、甲、乙时，团队 “挑战胜利” 的概率一样，
若闯关的顺序为丙、乙、甲，则，
同理有闯关的顺序为乙、丙、甲和闯关的顺序为丙、乙、甲时，团队 “挑战胜利” 的概率一样，
所以改变三个人先后参加闯关的顺序，团队 “挑战胜利” 的概率不会发生变化.
（2）由（1）知，若按甲、乙、丙或乙、甲、丙顺序闯关，
用表示所花的时间，显然可能取值为，
又，，
由（1）知的分布列为
则，
若按丙、甲、乙或甲、丙、乙顺序闯关，用表示所花的时间，显然可能取值为，
又，，
由（1）知的分布列为
则，
若按丙、乙、甲或乙、丙、甲顺序闯关，用表示所花的时间，显然可能取值为，
又，，
由（1）知的分布列为
则，
显然有，所以三位同学应该以甲、乙、丙或乙、甲、丙顺序闯关.
18. 已知直线与椭圆交于两点（在下方，在上方），线段的中点为，直线的斜率为（为坐标原点）.
（1）求椭圆的方程；
（2）若射线与椭圆，直线分别交于 两点，且成等比数列
（i）求点到直线的距离的最大值;
（ii）当直线与轴垂直时，求的外接圆方程.
解：（1）设，则，
由点在椭圆上，可得，
两式相减，可得，
即，可得，
所以椭圆的方程为.
（2）（i）联立方程组，整理得，
设，可得，则，
因为点为的中点，所以，
若射线与椭圆，直线分别交于两点，
可得且射线的方程为，
联立方程组，解得，
因为成等比数列，知，可得，
故，可得，解得，
所以直线的方程为，所以直线恒过定点，
当直线时，可得，点到直线的距离的最大值为.

（ii）由（i）得，
当直线与轴垂直时，可得，
将其代入直线，整理得，
则且，解得（舍去）或，
因为，所以，此时关于轴对称，
此时直线的方程为，此时，
由于的外接圆的圆心在轴上，可设的外接圆的圆心为，
可得，解得，
所以的外接圆的半径为，
所以的外接圆的方程为.
19.存在，对任意的，当时，正项数列都满足.，则称满足性质.例如:当时，，则等比数列满足性质;当时，，则数列不满足性质.已知数列同时满足性质.
（1）证明:数列为等比数列；
（2）已知，若数列满足:，其中.设为数列的前项和，记.
①求的表达式（用含的式子表示）;
②试判断与的大小关系，并说明理由.
（1）证明：因为数列同时满足性质，
所以当时，，
当时，，
当时，由得：，
将式代入式得：，
所以，
又因为，所以；
取，得；
所以当时，数列等比数列.
设，
将代入式得，所以；
将代入式得，所以；
所以对任意的，数列为等比数列.
（2）解：①因为，所以，所以，
.
当时，，所以为等差数列，
得到：，
所以，
所以，
所以，
两式相减得：，
所以.
②，
理由如下：令，
所以数列单调递减，所以，
所以
.