内蒙古呼伦贝尔市普通高中2026届高三下学期联合模拟考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1内蒙古呼伦贝尔市普通高中2026届高三下学期联合模拟考试数学试题一、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，只有一个选项是正确的.1.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为，所以.2.已知，，（为虚数单位），则（）A. B. C.1 D.3【答案】A【解析】.3.已知数列为等差数列，的前项和为，，，则（）A.-1 B. C. D.3【答案】D【解析】由，可得，即，由，得，又，得.4.“”是“”的（）条件A.充分不必要 B.必要不充分C.充要 D.既不充分也不必要【答案】B【解析】因为在上单调递增，由可得，所以由推不出，即充分性不成立；由推出，即必要性成立；所以“”是“”的必要不充分条件.5.在数学史上，为了三角计算的简便和精确，曾经出现过下列两种三角函数：定义为角的正矢，记作，定义为角的余矢，记作.若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】..6.当，且满足时，若恒成立，则的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因为，且满足，，即，则，即，当且仅当时，等号成立，又因为恒成立，所以，即，即，解得.7.已知平面向量，满足，与的夹角为，记，则取最小值时（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设，，又因为与的夹角为，所以是等腰三角形，且顶角为，如下图所示：设，因为，所以，因此三点共线，要想最小，只需点到直线的距离最短，此时，垂足为，显然，所以，因为，所以，显然也成立.8.已知函数，则不等式的解集是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】函数的定义域为全体实数，，所以函数是偶函数，当时，，因为函数是单调递增函数，且，所以函数是单调递增函数，因为是单调递增函数，且，所以函数是单调递增函数，且，所以函数在上单调递增，所以由，或，解得，或，所以不等式的解集.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，部分选对得部分分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.样本相关系数越大，则线性相关性越强B.回归直线必过样本中心点C.数据8，6，4，11，3，7，9，10的第75百分位数为D.若随机变量，则越大越小【答案】BCD【解析】A：因为样本相关系数的绝对值越大，则线性相关性越强，故A不正确；B：因为回归直线必过样本中心点，故B正确；C：数据8，6，4，11，3，7，9，10从小到大排列为：3，4，6，7，8，9，10，11，因为，所以这组数据的第75百分位数为，故C正确；D：根据正态分布的性质可知：越大，正态曲线越矮胖，所以越小，故D正确.10.已知函数，其中实数，，则下列说法正确的是（）A.函数有两个极值点B.若函数有3个零点，则实数C.有两条与直线平行的切线，且切点坐标分别为，，则的最小值为2D.若直线与曲线有3个不同的交点，，，且，则【答案】AD【解析】对于A，由题得，所以时，；时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以函数有两个极值点，故A正确；对于B，由A知函数有一个极大值，有一个极小值，又时，，时，，所以若函数有3个零点，则，解得，故B错误；对于C，由题意可得有两个不同的解，，即有两个不同的解，，所以，且，解得，所以，故C错误；对于D，令，则，令，解得，所以函数的图象关于点中心对称，又直线l与曲线有3个不同的交点，，，且，则点A和点C关于点B对称，点B为函数图象的对称中心，所以，，所以，故D正确.11.已知直线与抛物线交于，两点，且，交于点，则以下正确的有（）A.若点的坐标为，则B.点的轨迹方程为C.面积的最小值为D.线段长度的最小值为【答案】AC【解析】对于选项，，∵，，联立，消去，有，记，则，由，得，，故A正确；对于B：可设，联立，消去，有，则，由得，，过定点，∵，直线过定点，所以，即点在以为直径的圆：上运动，即，但原点除外，故B错误；C选项，由B选项可知，过定点，，，当且仅当时，等号成立，故C正确.对D，由B可得：，因为，所以，D错误.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在的二项展开式中，的系数为______．【答案】【解析】因为展开式的通项为令，可得的系数为.故答案为：.13.某校人工智能社团共有甲、乙等6名成员，指导老师要从中选出3人组队参加全国青少年AI创新大赛，参赛队中1人负责主程序编写，另外2人负责数据标注，若甲、乙两人有且只有一人参赛，则参赛队的人员安排方法数为______．【答案】36【解析】先从甲、乙两人中选出1人，再从除甲、乙外的4人中选出2人，最后从选出的3人中选1人负责主程序编写，根据分步乘法计数原理，可得参赛队的人员安排方法数为．14.在直三棱柱中，，，该三棱柱存在体积为的内切球（与侧面、底面均相切）则__________，当为的中点，为棱上的点，时，四面体外接球的表面积为__________.【答案】；【解析】因为直三棱柱的内切球的体积为，所以，解得内切球的半径为，所以内切圆半径为，则,在中，，解得；又为的中点，为棱上的点，，所以，，从而，，，所以，即有，所以四点共圆，且圆心为的中点，其半径为，因为，，，平面，所以平面，如图，将直三棱柱补成长方体，设为中点，连接，取的中点，连接，则中点即为四面体的外接球的球心，所以四面体的外接球的半径为，此时四面体的外接球表面积为.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.已知函数，，（1）求；（2）在中，，，，求的面积.解：（1），，.又.（2），，又，，，（方法一）由正弦定理得即，，或，，，，（方法二）由余弦定理可知，解得，所以.16.如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，，是的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的大小.（1）证明：方法一：连接交于点，连接，，，四边形为平行四边形，为的中点又为的中点，，又平面，平面，平面；方法二：，，，则，，，所以，又因为，平面，，平面，所以平面；方法三：取的中点连接，.取的中点连接，，，，，四边形为平行四边形，，，又，，，四边形为平行四边形，又，分别为对应棱的中点，，四边形为平行四边形，则，又平面，平面，平面.（2）解：方法一：以为原点，，所在直线为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，已知底面是边长为1的正方形，，，设，则，，，则，解得，，解得，又，解得，即，由，解得，又，，，，设平面的一个法向量，则，令，则，所以，取平面的一个法向量，平面与平面的夹角设为，它的余弦值，又，；方法二：连接，，在平行六面体，则∠BCC1=60°，又则，即，，又，，所以平面，平面，，同理可得平面，，又，平面，连结，解得，以为原点，为，轴建立如图所示的坐标系.则，，由，得到，又，由得到，，设平面的法向量，则，令，则，解得，平面的法向量，平面与平面的夹角设为，它的余弦值，又，；方法三：连接，，在平行六面体，则∠BCC1=60°，又则，即，，又，，平面，，同理可得平面，，又，平面；连接，解得，过点作交的延长线于点，则，平面，延长与的延长线交于点，则为平面与平面的交线，连接，在中，，，，满足勾股定理，，为二面角的平面角，，平面与平面的夹角为.17.近年来人工智能与机器人技术快速发展，智能巡检机器人已成为智慧城市安防的重要装备.某科技公司研发的智能巡逻机器人，在、两个核心区域间按如下规则巡逻：若当前在区，则下一时刻巡逻到区的概率为，巡逻到区的概率为：若当前在区，则下一时刻巡逻到区的概率为，巡逻到区的概率为.已知机器人第1次巡逻时，在区和区的概率均为.记第次巡逻时，机器人在区的概率为.（1）求第2次巡逻时，机器人在区的概率；（2）求的表达式（用表示）.解：（1）用表示第次巡逻到区，则，，，第2次在区的情况分为两类：第1次在区，第2次巡逻到区：，第1次在区，第2次巡逻到区：，由全概率公式，第2次在区的概率为：；（2）当时，若第次在区，则第次巡逻到区的概率为：；若第次在区，则第次巡逻到区的概率为：；则第次在区的概率为：，设，则，得，解得；又因为，所以，故数列是首项为、公比为的等比数列.故，整理得.18.已知椭圆的离心率为，左焦点为，右顶点为，短轴长为8.（1）求的方程；（2）已知点在直线上且直线的斜率为，过点的直线与椭圆相切于点（异于点）.（i）求直线的方程；（ii）求证：.（1）解：由已知椭圆短轴长为8，椭圆离心率为，则，解得，所以椭圆方程为.（2）（i）解：由（1）知，设，.设过点与椭圆相切于点（异于点）的切线方程为，代入，并整理得.由直线与椭圆相切，，化简得.故切线方程为.联立椭圆方程，解得切点为.又因为，所以直线的方程为.（ii）证明：方法一：（二倍角正切公式法）由题意可知..又，故，故，所以.方法二：（向量夹角公式法），，，，，故，所以.19.已知函数.（1）求在处的切线方程；（2）设函数.（i）证明：恒成立；（ii）