内蒙古鄂尔多斯2026届高三下学期一模数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1内蒙古鄂尔多斯2026届高三下学期一模数学试题一、选择题：本题共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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由，得，解得，即.由，可得，解得，即，所以.2.已知复数满足，则（）A. B.2 C. D.4【答案】A【解析】复数z满足,故，故.3.已知向量，则（）A. B.5 C. D.25【答案】C【解析】方法一：因为，所以，所以，所以.方法二：因为，所以，，所以，又，所以，所以.4.某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：h）间的关系为，其中是正的常数．如果在前7h消除了的污染物，那么14h后所剩污染物为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意得，是正的常数，故，两边取对数得，故，所以14h后所剩污染物为.5.已知双曲线的左、右焦点分别为，过坐标原点的直线与相交于两点．若在第一象限，且，则该双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由双曲线对称性可得，又是双曲线上的点，且在第一象限，所以，又，所以，所以.在中，由余弦定理得，又因为，所以，整理得，所以，所以，所以该双曲线的离心率为.6.已知圆与轴相切，圆心在直线上，且在直线上截得的弦长为，则圆的方程是（）A.或B.或C.D.【答案】A【解析】由题意可设圆心，且半径为，又圆心到直线的距离为，因为直线被圆M截得的弦长为，所以或，所以圆心且半径为，或圆心且半径为，所以圆M的方程为或.故选：A.7.已知甲箱中有3个白乒乓球和4个黄色乒乓球，乙箱中有4个白乒乓球和3个黄色乒乓球.先从甲箱中随机取出1球放入乙箱中，以，分别表示由甲箱中取出的是白球和黄球，再从乙箱中随机取出1球，以表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论错误的是（）A.，互斥 B.C. D.【答案】C【解析】对于A中，由，分别表示甲箱中取出的是白球和黄球，因为每次只取1个球，所以，是互斥的事件，所以A正确；对于B中，由题意，可得，，，所以B正确；对于C中，由，可得，所以C错误；对于D中，由，所以D正确.故选：C.8.在中，，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以，整理得，由正弦定理边化角得，若，则，不满足题意，故.又，所以，整理得，则，易知，若，则，不合题意；当时，，当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为.二、选择题：本题共3小题，每小题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.记数列的前项和为，若，且，则（）A. B.是等差数列C. D.当时，有最小值【答案】AB【解析】选项A：当时，，，故A正确.选项B：当时，，则，即（），又，所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列，故B正确.选项C：由B知，，，故C错误.选项D：由C知，，因为，所以当或时，取最小值，故D错误.10.函数的图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A.B.函数的图象关于点对称C.将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象D.若方程在上有2个不相等的实数根，则的取值范围是【答案】BC【解析】由题意：，，又，所以，，故A错误；对B：因为，所以，所以函数的图象关于点对称，故B正确；对C：将函数的图象向左平移个单位长度，可得：，故C正确；对D：，当时，.设，，若要在上有两个不相等的实数根，由下图可知：，故D错误.11.已知函数及其导函数的定义域均为，记．若，为偶函数，则下列结论中正确的是（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】对于A，由，可得，两式相减可得，故A正确；对于B，由为偶函数，可得，即，所以的图象关于直线对称，由，两边求导得，即，所以是以4为周期的周期函数，则有，无法推出，故B错误；对于C，由，两边求导得，即，令，可得，又，令，可得，并联立，解得，故C正确；对于D，由，当时，，又，可得，当时，可得，由，即，所以，令，可得，所以，令，可得，，，由A知的周期为4，则，所以，，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在的展开式中，的系数是______．【答案】【解析】已知二项式的展开式通项公式为，，令，可得，则.故答案为：13.已知函数恰有1个极值点，则实数的取值范围为___________．【答案】【解析】函数的定义域为..由函数恰有1个极值点，得恰有一个变号实数根.即方程恰有一个变号实数根.令，则直线与函数的图象恰有一个交点..当时，，，，函数单调递增；当时，，，，函数单调递减.所以当时，取得极大值，即最大值为.又当时，，所以；，所以函数的图象如下：所以或.当时，.令，则，在上单调递减.当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.所以当时，取得极大值，即最大值为，即恒成立.所以是减函数，无极值点.所以实数的取值范围为.14.在四面体中，两两垂直，，以为球心，为半径的球与四面体各面交线的长度和为___________．【答案】【解析】由题意得两两垂直，，由勾股定理得，三棱锥为正三棱锥，顶点在底面上的投影为的中心，取的中点，则三点共线，连接，由题意得，，，，，因为，而，故以为球心，为半径的球与底面相交于三段圆弧，如图，分别为，其中，所以，同理，所以，故，同理，所以，所以，由于，故以为球心，为半径的球与底面边分别相交于，则即为球与底面的交线，因为，故，所以，故，，则，所以，故以为球心，为半径的球与底面的交线长度也为，所以交线的长度和.四、解答题：本大题共5小题，满分77分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明．15.已知等差数列满足．数列的各项均为正数，，且．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．解：（1）是等差数列，由等差中项性质得：，得，又，所以，公差，所以；，因为数列各项为正数，，故，即是首项、公比为的等比数列，则通项公式：；（2）由的定义，前项和可分为奇数项和与偶数项和两部分：设奇数项和为，设偶数项和为，，为奇数时，奇数项为，是首项为、公比为的等比数列，共项，故，为偶数时，设，则：，裂项相消求和：，所以.16.鄂尔多斯市装备制造基地的某企业生产一种零部件，其质量指标介于的为优品．技术改造前，其质量指标；技术改造后，其质量指标．如果生产该零部件的控制系统中有超过一半的元件正常工作，则系统就能正常工作．系统正常工作的概率称为系统的可靠性．已知该系统中每个元件正常工作的概率都是，且各个元件能否正常工作相互独立．若，则，．（1）求该企业生产的这种零部件在技术改造后与技术改造前的优品率之差；（2）若控制系统原有3个元件，计算该系统的可靠性；若该系统增加一个元件，判断其可靠性有何变化．【答案】（1）解：（1）由题意知，技术改造前，，优品率为.技术改造后，，优品率为.，所以该企业生产的这种零部件在技术改造后与技术改造前的优品率之差为.（2）设为原有3个元件正常工作的个数，，则系统正常工作的概率，所以该系统的可靠性为.设为增加一个元件后，元件正常工作的个数，，则系统正常工作的概率，因为，所以该系统增加一个元件，可靠性降低.17.椭圆的右焦点为，左顶点为，上顶点为，离心率为，的面积为．（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，椭圆上有一动点（不在轴上），为线段的中点，直线与直线相交于点．（i）当点的坐标为时，求；（ii）证明：．（1）解：依题意有，解得，故椭圆的方程为．（2）（i）解：由（1）得，设（），为中点，故，直线过原点和，斜率，已知过，故，所以，即，代入椭圆方程，整理得，解得（舍去，对应，点在轴上）或，得，故点的坐标为，又点的坐标为，所以，（ii）证明：由（1）得，设（），由（i）直线方程为，取可得，所以直线与交点为，因为的斜率，直线的斜率，所以，由在椭圆上得，，所以，所以.18.如图，在三棱锥中，平面平面，．（1）证明：平面平面；（2）已知平行于的平面将三棱锥截为两部分，求截面面积的最大值；（3）若二面角的大小为，求的余弦值．（1）证明：由，则，即，由平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，则平面平面.（2）解：设平行于的截面与的交点分别为，因为平面，平面，平面平面，所以，同理可得，所以，同理可证，所以四边形为平行四边形，令，则，所以，，又截面始终为平行四边形，所以，要使截面的面积最大，只需且，此时最大；（3）解：由（1）平面，在平面内作，如下图示，可构建如图示的空间直角坐标系，设，则，故，设平面的法向量为，则，令，得，所以平面的法向量为，设平面的法向量为，则，令，得，所以平面的法向量为，由二面角的大小为，则，所以，可得，解得或（舍），所以的余弦值为.19.函数满足对恒成立（或恒成立），则称直线是函数在上的“临界线”．（1）判断下列函数在定义域上是否存在“临界线”？①；②；③；（2）求函数在点处的切线方程，并证明该切线为其“临界线”；（3）已知直线是函数在定义域上的“临界线”，求的取值范围．解：（1）函数定义域为，当，且时，当，且时，所以不存在直线使恒成立或恒成立，故函数在其定义域上不存在“临界线”；②

，由基本不等式得，即直线满足恒成立，故直线是函数在其定义域上的“临界线”；③

设，则，令可得，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，所以，故，即对任意恒成立，所以直线为函数在上的“临界线”．（2）函数的定义域为，导函数，，又切线过点，所以切线方程.要证明直线是函数在上的“临界线”，结合可得只需证明对恒成立，设，，则，设函数，可得，当时，，，故，当时，，函数在上单调递增，即函数在上单调递增，又，所以当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，故，即在上恒成立，所以是