2025届内蒙古包头市多校联考高三下学期第二次模拟考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1内蒙古包头市多校联考2025届高三下学期第二次模拟考试试题一、单项选择题（本大题共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.“”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：A2.过点且与抛物线有且仅有1个公共点的直线的条数为（）A.0 B.1 C.2 D.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：D3.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.0 B.1 C. 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.2 B. 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-1C.的最小值为12 D.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1275C.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.内蒙古包头市多校联考2025届高三下学期第二次模拟考试试题一、单项选择题（本大题共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.“”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：A2.过点且与抛物线有且仅有1个公共点的直线的条数为（）A.0 B.1 C.2 D.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：D3.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.0 B.1 C. 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.2 B. 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-1C.的最小值为12 D.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1275C.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）