高級中學名校試卷PAGEPAGE1內蒙古自治區通遼市2025屆高考三模數學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由，，所以.故選：C.2.某中學有高中生1000人，初中生3000人.為了解學生的身心發展情況，按比例采用分層隨機抽樣的方法從該校學生中抽取一個容量為80的樣本，則抽中的高中生人數為（）A.5 B.10 C.20 D.30【答案】C【解析】分層抽樣的抽取比例為，所以從高中生中抽取的人數為.故選：C．3.已知函數，則曲線在點處的切線方程為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由，得，則，所以曲線在點處的切線方程為．故選：B.4.已知向量,滿足，，且，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因為，所以，又，所以，解得．故選：A.5.已知函數是偶函數，則的最小值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由是偶函數，則，，即，，則時，，時，，時，，則的最小值是.故選：A.6.已知拋物線與直線交于，兩點，且線段中點的橫坐標為，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】設，，則，整理得，因為線段中點的橫坐標為，所以線段中點的縱坐標為，則，從而可得，故選：D.7.已知函數是定義在上的奇函數，且當時，，則不等式的解集為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因為，所以在上單調遞增，且．因為是定義在上的奇函數，所以在上單調遞增，且．由，可得或，解得或．即的解集為.故選：B8.已知正方體的棱長為，以頂點A為球心，為半徑的球的球面與正方體的表面的交線總長為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因為正方體的棱長為，則表面上的點到點A的最大距離為，所以以頂點A為球心，為半徑的球的球面與這三個表面沒有公共點．如圖，若球面與表面的公共點為P，因為，則，由，可得，同理可得，則，可知P的運動軌跡是以D為圓心，2為半徑的圓與表面的交線都是圓心角為，半徑為2的圓弧，同理可得球面與表面的交線也都是圓心角為，半徑為2的圓弧，所以交線總長為．故選：B.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知復數，則下列復數為純虛數是（）A. B. C. D.【答案】BCD【解析】因為，則，．為純虛數的是，，.故選：BCD．10.已知函數(且，則下列結論正確的是（）A若，則B.若，則的值域為C.若，則在上單調遞增D.若，則在上單調遞增【答案】BCD【解析】對于A，當時，，則，故A錯誤；對于B，當時，，當且僅當，即時等號成立，則的值域為，故B正確；對于C，當時，，，，令，則，因為函數在上單調遞增，函數在上單調遞增，所以函數在上單調遞增，故C正確；對于D，當時，，，，令，則，因為函數在上單調遞增，函數在上單調遞增，所以函數在上單調遞增，故D正確.故選：BCD11.在平面直角坐標系中，動點P在直線上的射影為點Q，且．記P的軌跡為曲線C，則下列結論正確的是（）A.C關于直線l對稱B.C上存在點，使得C.的最小值為D.若C與兩條坐標箱的正半軸所圍成的面積為S，則【答案】ABD【解析】設，則．由，得，即．關于l對稱的點為，也滿足方程，故C關于直線l對稱，A正確．顯然點在C上，且滿足，B正確．因為，當且僅當時，等號成立，所以，整理得，從而，C不正確．記C在第一象限內的部分為曲線D，設為D上任意一點，則，由，得，即，故點B在直線的上方或在的下方（不重合），從而．假設，則由，可得，則，則，則，這與假設矛盾，故D在直線的上方，從而，故，D正確．故選：ABD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知雙曲線的離心率為，則_____________．【答案】3【解析】由雙曲線，得，所以雙曲線C的離心率為，所以，解得故答案為：.13.4名醫生和2名護士站成一排，要求2名護士不相鄰，且醫生甲不站在隊伍的最左端，則不同的站法共有_____________種．【答案】408【解析】若醫生甲不站在醫生的最左端則有種不同的站法，若醫生甲站在醫生的最左端，則有種不同的站法，故不同的站法共有種．故答案為：408.14.在中，內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，點D在邊BC上，且.則的取值范圍是________.【答案】【解析】由題可設，因為，所以，所以由余弦定理有，，所以，再由得，設，則，所以即，所以的取值范圍是.故答案為：四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.如圖，在四棱錐中，，平面.（1）證明：；（2）求平面PAB與平面PCD所成角的正弦值.（1）證明：過點作，垂足為，因為平面，以為原點，以所在直線為軸建立空間直角坐標系，設，則，所以，則，所以，即.（2）解：由（1）知，，設平面PAB的一個法向量為，則，取，得，設平面PCD的一個法向量為，則，取，得，設平面PAB與平面PCD所成角為，則，則，即平面PAB與平面PCD所成角的正弦值為.16.為了增強學生的法律意識，某學校組織了一場法律知識測試，測試共有A，B兩個試題題庫，學生先從這兩個題庫中任選一個，再從該題庫中任選一道試題作答.若答錯該試題，學生測試結束：若答對該試題，則再從另外一個題庫中任選一道試題作答，無論答對與否，學生測試結束.已知學生甲答對A題庫中的每道試題的概率均為答對B題庫中的每道試題的概率均為（1）求學生甲只作答了一道試題的概率；（2）若答對A題庫中的試題，可以獲得20個積分，若答對B題庫中的試題，可以獲得10解：（1）學生甲只作答了一道試題的情況有兩種：選中A題庫并答錯和選中B題庫并答錯，所以學生甲只作答了一道試題的概率為.（2）由題，，，，，所以X

的分布列為X0102030P所以X

的期望為.17.已知函數（1）若，求的極值;（2）討論的單調性.解：（1）當時，，則，令，即，解得或（舍），當時，，則函數單調遞增，當時，，則函數單調遞減，所以時，有極大值，且極大值為，無極小值.（2）函數定義域為，且，令，解得或，令，即，解得，當時，，此時恒成立，當時，此時，則函數單調遞減，函數單調遞增，函數單調遞減；當時，，則函數單調遞增，函數單調遞減；當時，，則函數單調遞減，函數單調遞增，函數單調遞減，當時，，則函數單調遞增，函數單調遞減，綜上所述：當時，函數的單調增區間為，單調減區間為；當時，函數的單調增區間為，單調減區間為和；當時，函數在上單調遞減；當時，函數的單調增區間為，單調減區間為和；當時，函數的單調增區間為，單調減區間為.18.已知橢圓的左、右焦點分別為是圓上一點，線段與C交于點Q，且．（1）求C的標準方程；（2）過點的直線與C交于A，B兩點，記O為坐標原點，線段的中點為N，C的左頂點為D．（i）求面積的最大值；（ii）若的外心為M，直線的斜率為，直線的斜率為，試判斷是否為定值．若是，求出該定值；若不是，請說明理由．解：（1）由，整理得，則該圓是以為圓心，6為半徑的圓．因為P是圓上一點，線段與C交于點Q，且，所以，即，解得．由題可知，則，故C的標準方程為；（2）（i）當點的直線斜率不存在時，重合，此時不存在，不合要求，當點的直線斜率為0時，重合，此時不存在，不合要求，直線的斜率存在且不為0，設直線的方程為．聯立整理得，則，則線段的中點N的坐標為．設的面積為S，則．因為，當且僅當時，等號成立，所以，即面積的最大值為．（ii）為定值9，理由如下：設，顯然為外接圓圓心，故可設外接圓的方程為．因為在外接圓上，所以，故，故外接圓的方程為．聯立，整理得，則．因為，故，解得．故，為定值．19.已知，若正項數列滿足，則稱為“上界m數列”．（1）若，判斷數列是否為“上界1數列”，并說明理由；（2）若數列是“上界m數列”，求m的最小值；（3）若，且．證明：數列是“