2025届内蒙古赤峰市高三下学期4.20模拟考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1内蒙古赤峰市2025届高三下学期4.20模拟考试数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．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：D3.已知函数，，则（）A.2 B.e C.3 D.【答案】B【解析】由解析式可得：，所以，所以，故选：B4.在的展开式中，的系数为15，则的值为（）A.6 B.5 C.4 D.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：C6.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：C8.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.2 D.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：AC10.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，，X012P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：.内蒙古赤峰市2025届高三下学期4.20模拟考试数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．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：D3.已知函数，，则（）A.2 B.e C.3 D.【答案】B【解析】由解析式可得：，所以，所以，故选：B4.在的展开式中，的系数为15，则的值为（）A.6 B.5 C.4 D.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：C6.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：C8.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.2 D.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：AC10.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