2025届内蒙古乌拉特前旗第六中学高考冲刺数学模拟试题含解析

2025届内蒙古乌拉特前旗第六中学高考冲刺数学模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．执行如图所示的程序框图，如果输入，则输出属于（）A． B． C． D．2．已知正四面体的棱长为，是该正四面体外接球球心，且，，则（）A． B．C． D．3．设是等差数列，且公差不为零，其前项和为．则“，”是“为递增数列”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件4．已知为定义在上的奇函数，且满足当时，，则（）A． B． C． D．5．在复平面内，复数（为虚数单位）对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限6．如图是二次函数的部分图象，则函数的零点所在的区间是（）A． B． C． D．7．设曲线在点处的切线方程为，则（）A．1 B．2 C．3 D．48．若的二项展开式中的系数是40，则正整数的值为（）A．4 B．5 C．6 D．79．已知集合A={x|–1<x<2}，B={x|x>1}，则A∪B=A．（–1，1） B．（1，2） C．（–1，+∞） D．（1，+∞）10．在区间上随机取一个实数，使直线与圆相交的概率为（）A． B． C． D．11．一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）A． B． C． D．12．给出下列四个命题：①若“且”为假命题，则﹑均为假命题；②三角形的内角是第一象限角或第二象限角；③若命题，，则命题，；④设集合，，则“”是“”的必要条件；其中正确命题的个数是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示，则这个几何体的体积是___________14．等腰直角三角形内有一点P，，，，，则面积为______.15．函数的图像如图所示，则该函数的最小正周期为________.16．已知函数，，若函数有3个不同的零点x1，x2，x3(x1＜x2＜x3)，则的取值范围是_________．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为直线垂直于轴，垂足为，与抛物线交于不同的两点，且过的直线与椭圆交于两点，设且.（1）求点的坐标；（2）求的取值范围.18．（12分）如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，，底面，且，为的中点.（1）证明：；（2）设点是线段上的动点，当直线与直线所成的角最小时，求三棱锥的体积.19．（12分）在锐角中，，，分别是角，，所对的边，的面积，且满足，则的取值范围是（）A． B． C． D．20．（12分）在平面直角坐标系中，点，直线的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线相交于不同的两点是线段的中点，当时，求的值．21．（12分）已知数列的前n项和为，且n、、成等差数列，.（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）若数列中去掉数列的项后余下的项按原顺序组成数列，求的值.22．（10分）数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）设，为的前n项和，求证：.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【解析】

由题意，框图的作用是求分段函数的值域，求解即得解.【详解】由题意可知，框图的作用是求分段函数的值域，当；当综上：.故选：B【点睛】本题考查了条件分支的程序框图，考查了学生逻辑推理，分类讨论，数学运算的能力，属于基础题.2、A【解析】

如图设平面，球心在上，根据正四面体的性质可得，根据平面向量的加法的几何意义，重心的性质，结合已知求出的值.【详解】如图设平面，球心在上，由正四面体的性质可得：三角形是正三角形，，，在直角三角形中，，，，，，因为为重心，因此，则，因此，因此，则，故选A.【点睛】本题考查了正四面体的性质，考查了平面向量加法的几何意义，考查了重心的性质，属于中档题.3、A【解析】

根据等差数列的前项和公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】是等差数列，且公差不为零，其前项和为，充分性：，则对任意的恒成立，则，，若，则数列为单调递减数列，则必存在，使得当时，，则，不合乎题意；若，由且数列为单调递增数列，则对任意的，，合乎题意.所以，“，”“为递增数列”；必要性：设，当时，，此时，，但数列是递增数列.所以，“，”“为递增数列”.因此，“，”是“为递增数列”的充分而不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差数列的前项和公式是解决本题的关键，属于中等题．4、C【解析】

由题设条件，可得函数的周期是，再结合函数是奇函数的性质将转化为函数值，即可得到结论.【详解】由题意，，则函数的周期是，所以，，又函数为上的奇函数，且当时，，所以，.故选：C.【点睛】本题考查函数的周期性，由题设得函数的周期是解答本题的关键，属于基础题.5、C【解析】

化简复数为、的形式，可以确定对应的点位于的象限．【详解】解：复数故复数对应的坐标为位于第三象限故选：．【点睛】本题考查复数代数形式的运算，复数和复平面内点的对应关系，属于基础题．6、B【解析】

根据二次函数图象的对称轴得出范围，轴截距，求出的范围，判断在区间端点函数值正负，即可求出结论.【详解】∵，结合函数的图象可知，二次函数的对称轴为，，，∵，所以在上单调递增.又因为，所以函数的零点所在的区间是.故选:B.【点睛】本题考查二次函数的图象及函数的零点，属于基础题.7、D【解析】

利用导数的几何意义得直线的斜率，列出a的方程即可求解【详解】因为，且在点处的切线的斜率为3，所以，即.故选：D【点睛】本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，是基础题8、B【解析】

先化简的二项展开式中第项，然后直接求解即可【详解】的二项展开式中第项.令，则，∴，∴（舍）或.【点睛】本题考查二项展开式问题，属于基础题9、C【解析】

根据并集的求法直接求出结果.【详解】∵，∴，故选C.【点睛】考查并集的求法，属于基础题.10、D【解析】

利用直线与圆相交求出实数的取值范围，然后利用几何概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】由于直线与圆相交，则，解得.因此，所求概率为.故选：D.【点睛】本题考查几何概型概率的计算，同时也考查了利用直线与圆相交求参数，考查计算能力，属于基础题.11、D【解析】

试题分析：如图所示，截去部分是正方体的一个角,其体积是正方体体积的,剩余部分体积是正方体体积的,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为,故选D.考点：本题主要考查三视图及几何体体积的计算.12、B【解析】

①利用真假表来判断，②考虑内角为，③利用特称命题的否定是全称命题判断，④利用集合间的包含关系判断.【详解】若“且”为假命题，则﹑中至少有一个是假命题，故①错误；当内角为时，不是象限角，故②错误；由特称命题的否定是全称命题知③正确；因为，所以，所以“”是“”的必要条件，故④正确.故选：B.【点睛】本题考查命题真假的问题，涉及到“且”命题、特称命题的否定、象限角、必要条件等知识，是一道基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

先还原几何体，再根据柱体体积公式求解【详解】空间几何体为一个棱柱，如图，底面为边长为的直角三角形，高为的棱柱，所以体积为【点睛】本题考查三视图以及柱体体积公式，考查基本分析求解能力，属基础题14、【解析】

利用余弦定理计算，然后根据平方关系以及三角形面积公式，可得结果.【详解】设由题可知：由，，，所以化简可得：则或，即或由，所以所以故答案为：【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，仔细观察，细心计算，属基础题.15、【解析】

根据图象利用，先求出的值，结合求出，然后利用周期公式进行求解即可．【详解】解：由，得，，，则，，，即，则函数的最小正周期，故答案为：8【点睛】本题主要考查三角函数周期的求解，结合图象求出函数的解析式是解决本题的关键．16、【解析】

先根据题意，求出的解得或，然后求出f(x)的导函数，求其单调性以及最值，在根据题意求出函数有3个不同的零点x1，x2，x3(x1＜x2＜x3)，分情况讨论求出的取值范围.【详解】解：令t=f（x），函数有3个不同的零点，即+m=0有两个不同的解，解之得即或因为的导函数，令，解得x>e，，解得0<x<e，可得f（x）在（0，e）递增，在递减；f(x)的最大值为，且且f(1)=0；要使函数有3个不同的零点，（1）有两个不同的解，此时有一个解；（2）有两个不同的解，此时有一个解当有两个不同的解，此时有一个解，此时，不符合题意；或是不符合题意；所以只能是解得，此时=-m，此时有两个不同的解，此时有一个解此时，不符合题意；或是不符合题意；所以只能是解得，此时=，综上：的取值范围是故答案为【点睛】本题主要考查了函数与导函数的综合，考查到了函数的零点，导函数的应用，以及数形结合的思想、分类讨论的思想，属于综合性极强的题目，属于难题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）.【解析】

（1）设出的坐标，代入，结合在抛物线上，求得两点的横坐标，进而求得点的坐标.（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，写出韦达定理，结合，求得的表达式，结合二次函数的性质求得的取值范围.【详解】（1）可知，设则，又，所以解得所以.（2）据题意，直线的斜率必不为所以设将直线方程代入椭圆的方程中，整理得，设则①②因为所以且将①式平方除以②式得所以又解得又，所以令，则所以【点睛】本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查直线和椭圆的位置关系，考查向量数量积的坐标运算，考查向量模的坐标运算，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于难题.18、（1）见解析；（2）.【解析】

（1）要证明，只需证明平面即可；（2）以C为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法求，并求其最大值从而确定出使问题得到解决.【详解】（1）连结AC、AE，由已知，四边形ABCE为正方形，则①，因为底面，则②，由①②知平面，所以.（2）以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设，，则，所以，设，则，所以当，即时，取最大值，从而取最小值，即直线与直线所成的角最小，此时，则，因为，，则平面，从而M到平面的距离，所以.【点睛】本题考查线面垂直证线线垂直、异面直线直线所成角计算、换元法求函数最值以及等体积法求三棱锥的体积，考查的内容较多，计算量较大，解决此类问题最关键是准确写出点的坐标，是一道中档题.19、A【解析】

由正弦定理化简得，解得，进而得到，利用正切的倍角公式求得，根据三角形的面积公式，求得，进而化简，即可求解.【详解】由题意，在锐角中，满足，由正弦定理可得，即，可得，所以，即，所以，所以，则，所以，可得，又由的面积，所以，则.故选：A.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，以及三角形的面积公式和正切的倍角公式的综合应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.20、（1）；（2）.【解析】

（1）在已知极坐标方程两边同时乘以ρ后，利用ρcosθ＝x，ρsinθ＝y，ρ2＝x2+y2可得曲线C的直角坐标方程；（2）联立直线l的参数方程与x2＝4y由韦达定理以及参数的几何意义和弦长公式可得弦长与已知弦长相等可解得．【详解】解：（1）在ρ+ρcos2θ＝8sinθ中两边同时乘以ρ得ρ2+ρ2（cos2θ﹣sin2θ）＝8ρsinθ，∴x2+y2+x2﹣y2＝8y，即x2＝4y，所以曲线C的直角坐标方程为：x2＝4y．（2）联立直线l的参数方程与x2＝4y得：（cosα）2t2﹣4（sinα）t+4＝0，设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，由△＝16sin2α﹣16cos2α＞0，得sinα＞，t1+t2＝，由|PM|＝，所以20sin2α+9sinα﹣20＝0，解得sinα＝或sinα＝﹣（舍去），所以sinα＝．【点睛】本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题．21、（1）证明见解析，；（2）11202.【解析】

（1）由n，，成等差数列，可得，，两式相减，由等比数列的定义可得是等比数列，可求数列的通项公式；（2）由（1）中的可求出，根据和求出数列，中的公共项，分组求和，结合