内蒙古通辽市蒙古族中学2025届高三数学模拟试题六理含解析

PAGE25-内蒙古通辽市蒙古族中学2025届高三数学模拟试题（六）理（含解析）试卷满分：150分考试时间：120分钟留意事项：1．请考生将姓名、班级、考号与座位号填写在答题纸指定的位置上；2．客观题的作答：将正确答案填涂在答题纸指定的位置上；3．主观题的作答：必需在答题纸上对应题目的答题区域内作答，在此区域外书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效．第Ⅰ卷（选择题60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分）1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】化简集合B，利用交集运算得到结果.【详解】由，可得，又，∴，故选：C【点睛】本题考查集合的交集运算，考查一元二次方程的解法，属于基础题.2.复数在复平面内对应的点所在象限为（）A.第一象限 B.其次象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法运算化简复数z，明确对应点的坐标，即可得到结果.【详解】因为，在复平面内对应的点为（1，-1）故选D.【点睛】本题考查复数代数形式的除法运算，考查复数的几何意义，属于基础题.3.已知，，，则，，的大小关系是()A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】结合0,1进行a,b,c的大小比较，即可．【详解】,,故,故选B.【点睛】本道题考查了对数、指数比较大小，关键可以结合0,1进行大小比较，难度中等．4.设随机变量，其正态分布密度曲线如图所示，那么向正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是（）（注：若，则，）A.7539 B.7028 C.6587 D.6038【答案】C【解析】【分析】由题意正方形的面积为，再依据正态分布曲线的性质，求得阴影部分的面积，利用面积比的几何概型求得落在阴影部分的概率，即可求解，得到答案．【详解】由题意知，正方形的边长为1，所以正方形的面积为又由随机变量听从正态分布，所以正态分布密度曲线关于对称，且，又由，即，所以阴影部分的面积为，由面积比的几何概型可得概率为，所以落入阴影部分的点的个数的估计值是，故选C．【点睛】本题主要考查了正态分布密度曲线的性质，以及面积比的几何概型的应用，其中解答中熟记正态分布密度曲线的性质，精确求得落在阴影部分的概率是解答的关键，着重考查了运算与求解实力，属于基础题．5.函数的大致图象为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】依据定义域解除，依据解除，当时，，当时，，解除D项，得到答案.【详解】由，解得，所以函数的定义域为，故解除B项.因为，所以函数为奇函数，又，故解除A项.设，明显该函数单调递增，故当时，，则当时，，故，当时，，故，所以解除D项.故选：C.【点睛】本题考查了图像的识别，意在考查学生的计算实力和综合应用实力.6.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，则肯定是（）A.直角三角形 B.等腰三角形 C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形【答案】D【解析】【分析】依据正弦定理得到，计算得到答案.【详解】，则，即.故或，即.故选：.【点睛】本题考查了依据正弦定理推断三角形形态，意在考查学生的应用实力.7.已知平面上三点,,满意,,,则()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用勾股定理推断三角形为直角三角形,然后进行向量的数量积运算,即可求得答案.【详解】,,故为直角三角形,且故选:D.【点睛】本题主要考查了向量的运算,解题关键是驾驭向量的基础学问,考查了分析实力和计算实力,属于基础题.8.已知函数图象相邻两条对称轴之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位，得到的图象关于轴对称，则（）A.函数的周期为 B.函数图象关于点对称C.函数图象关于直线对称 D.函数在上单调【答案】D【解析】【分析】依据对称轴之间的距离，求得周期，再依据周期公式求得；再平移后，依据关于y轴对称可求得的值，进而求得解析式．依据解析式推断各选项是否正确．【详解】因为函数图象相邻两条对称轴之间的距离为所以周期，则所以函数函数的图象向左平移单位，得到的解析式为因为图象关于y轴对称，所以，即，k∈Z因为所以即所以周期，所以A错误对称中心满意，解得，所以B错误对称轴满意，解得，所以C错误单调增区间满意，解得，而在内，所以D正确所以选D【点睛】本题考查了三角函数的综合应用，周期、平移改变及单调区间的求法，属于基础题．9.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先由三视图还原几何体，依据题中数据，以及体积公式，即可求出结果.【详解】由三视图，在正方体中画出该几何体为：三棱柱截取一个三棱锥后所得几何体，如图所示：由三视图可得：正方体的棱长为，，则该几何体体积为：.故选：C.【点睛】本题主要考查由三视图求几何体体积，熟记体积公式，以及几何体结构特征即可，属于常考题型.10.在空间中，已知，，为不同的直线，，，为不同的平面，则下列推断正确的是（）A.若，，，则 B.若，，，则C.若，，，则 D.若，，，则【答案】A【解析】【分析】依据空间中线线、线面、面面位置关系，结合线面、面面平行或垂直的判定定理与性质定理，逐项推断，即可得出结果.【详解】对于A选项，因为，，依据面面平行的判定定理，即可得出；A正确；对于B选项，若，，，则或异面；B错误；对于C选项，若，，则或，又，所以或异面或相交；C错误；对于D选项，若，，，则或；D错误.故选A【点睛】本题主要考查线面关系、面面关系相关命题的真假性推断，熟记线线、线面、面面位置关系，以及判定定理与性质定理即可，属于常考题型.11.已知抛物线的焦点为F，点是抛物线C上一点，以M为圆心的圆与线段MF相交于点A，且被直线截得的弦长为，若，则实数p为（）A.3 B. C.2 D.1【答案】A【解析】【分析】依据所给条件画出示意图，用表示出的长度，依据比值关系，利用勾股定理即可求得的值．【详解】由题意：在抛物线上，则，则，①过点作直线的垂线，垂足为，

由抛物线的性质可知，,又，则，

∵被直线截得的弦长为，则，

又，在中，，即，

代入整理得：②，

由①②，解得：.

故选：A．【点睛】本题考查抛物线的简洁几何性质，考查了抛物线的定义，应用圆的弦长公式是解题的关键，考查数形结合思想,转化思想.属于中档题.12.给出下列四个命题：①命题“若，则或”为假命题；②设a，b是不相等的两个正数，且，则；③在锐角中，必有；④数列为等差数列，若，则．其中正确命题个数为（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】B【解析】【分析】对于①：推断原命题的逆否命题即可得出结论；对于②：整理已知条件，构造函数，求导分析函数的单调性，又，即可得出的范围，整理结论即可推断；对于③：在锐角中，两角之和大于，再利用诱导公式得出结论.【详解】对于①：写出原命题的逆否命题：若且，则，则逆否命题是真命题，所以原命题也是真命题，①错误；对于②：，整理得，构造函数，，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，取得极大值也即为最大值，又，即，又a，b是不相等的两个正数，不妨设，所以；，又因为，所以结论成立，②正确；对于③：在锐角中，，，则，即，所以，③正确；对于④：当数列为常数列时，结论不正确，例如：，但，④错误.故选：B.【点睛】本题主要考查原命题与逆否命题，利用导数探讨不等式恒成立问题，诱导公式以及等差数列性质的应用.属于中档题.第Ⅱ卷（非选择题90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知实数x，y满意，则的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】干脆用表示出，然后由不等式性质得出结论．【详解】由题意，又，∴，即，故答案为：．【点睛】本题考查不等式的性质，驾驭不等式的性质是解题关键．属于较易题.14.若在上单调递增，则实数a的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】在上单调递增等价于在上恒成立，参变分别求最值，即可得到结果.【详解】由题意在上单调递增，可知：在上恒成立，即在上恒成立，又，∴，故答案为：【点睛】本题主要考查函数单调性和导数之间的关系，将函数单调递增转化为恒成立是解决本题的关键．15.如图，已知球是棱长为1的正方体的内切球，则平面截球的截面面积为．【答案】【解析】试题分析：由题意可知：截面是的外接圆，而是边长为的等边三角形，所以外接圆，则，所以.考点：1.平面截圆的性质；2.三角形外接圆半径的求法.16.设，，，则的值域为__________，函数在上的最大值为，则的值为_________．【答案】(1).(2).【解析】【分析】求得函数的导数，得出函数的单调性，求得函数的最值及值域，依据函数的恒成立，列出相应的不等式组，求得实数的值，即可求解.【详解】由题意，函数，则，因为，所以，所以函数在区间单调递减，可得函数的最小值为，最大值为，所以函数的值域为；由，因为函数在上的最大值为，即在恒成立，所以，两式相加可得，又因为，所以，解得，又因为，所以，可得，即，可得，所以.故答案为：；.【点睛】本题主要考查了利用导数探讨函数的单调性与最值，以及函数的恒成立问题的求解，着重考查了推理与运算实力，试题综合性强，属于中档试题.三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）17.已知数列的前n项和为，，且对随意正整数n，都有，数列满意．（1）求数列，的通项公式；（2）求证：．【答案】（1）；；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由可得，两式作差化简可得数列的通项，进而得到的通项.（2）先利用放缩得，再利用裂项相消法证得结果.【详解】（1）数列的前n项和为，，且对随意正整数n，都有，则当时，，整理得：，即（常数），当时，则，所以．由于数列满意，所以．（2）证明：由于，所以，则．故．【点睛】本题考查利用和项与通项关系求通项，考查等比数列定义及通项公式，同时考查利用放缩法证不等式以及裂项相消法求和，考查综合分析论证与求解实力，属较难题..18.如图，在四棱锥中，，，，且，．（1）证明：平面；（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为？假如存在，求的值；假如不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存，．【解析】【分析】(1)利用几何关系及勾股定理得出,从而平面.(2)以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出在线段上存在一点,且使得二面角的大小为.【详解】（1）∵在底面ABCD中，，，且，∴，，∴，又∵，，平面PAC，平面PAC，∴平面PAC，又∵平面PAC，∴，∵，，∴，又∵，，平面ABCD，AC平面ABCD，∴平面ABCD．（2）由（1）可知以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系,由（1）知是平面ACD的一个法向量，设∴，，设是平面ACM的一个法向量，则，∴平面的法向量，又∵平面ACD的法向量，这样，二面角的大小为，即,即或2，因为所以．【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查满意二面角的点是否存在的推断和求法，考查空间线线，线面，面面间的位置关系，考查计算实力，考查数形结合思想，是中档题.19.已知函数．（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）最大值1；最小值.【解析】试题分析：（Ⅰ）依据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式中即可；（Ⅱ）设，求，依据确定函数的单调性，依据单调性求函数的最大值为，从而可以知道恒成立，所以函数是单调递减函数，再依据单调性求最值.试题解析：（Ⅰ）因为，所以.又因为，所以曲线在点处的切线方程为.（Ⅱ）设，则.当时，，所以在区间上单调递减.所以对随意有，即.所以函数在区间上单调递减.因此在区间上的最大值为，最小值为.【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简洁许多，其次问比较有特点的是须要两次求导数，因为通过不能干脆推断函数的单调性，所以须要再求一次导数，设，再求，一般这时就可求得函数的零点，或是()恒成立，这样就能知道函数的单调性，再依据单调性求其最值，从而推断的单调性，最终求得结果.20.已知一个由11人组成的评审委员会以投票方式从符合要求的甲，乙两名候选人中选出一人参与一次活动．投票要求委员会每人只能选一人且不能弃选，每位委员投票不受他人影响．投票结果由一人唱票，一人统计投票结果．（1）设：在唱到第k张票时，甲，乙两人的得票数分别为，，，，若上图为依据一次唱票过程绘制的图，则依据所给图表，在这次选举中获胜方是谁？的值为多少？图中点P供应了什么投票信息？（2）设事务A为“候选人甲比乙恰多3票胜出”，假定每人选甲或乙的概率皆为，则事务A发生的概率为多少？（3）若在不了解唱票过程的状况下已知候选人甲比乙3票胜出．则在唱票过程中出现甲乙两人得票数相同状况的概率是多少？【答案】（1）甲；4；甲乙第4轮唱票后得票数相同；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）依据图表分析出唱票依次，即可依据唱票依次求解；（2）分析可得甲得7票，乙得4票，利用二项分布概率求解公式求解；（3）由第一问供应的图表可看出，由于结果中甲的得票数为7高于乙的得票数4，故当第一张选票为乙时，散点图中肯定存在点在横轴上，利用古典概型概率公式求解.【详解】（1）因纵轴表示每次唱票时甲的得票数减乙的得票数故从图表可看出，唱票依次为甲，甲，乙，乙，乙，乙，甲，甲，甲，甲，乙，故甲胜出.唱到第7票时乙共得4票，所以，图中点P从位置上看意味着，即甲乙第4轮唱票后得票数相同．（2）若事务A“候选人甲比乙恰多3票胜出”发生，由甲乙得票共11张，故甲得7票，乙得4票，因每位委员投票不受他人影响，且每人投甲的概率为，故事务A发生的概率．（3）设事务B为“在已知条件下，在唱票过程中出现甲乙两人得票数相同状况”，依据第一问的分析可知，假如只知道选举结果，则在生成这种结果的过程中存在两人选票一样的可能．由第一问供应的图表可看出，由于结果中甲的得票数为7高于乙的得票数4，故当第一张选票为乙时，散点图中肯定存在点在横轴上，即出现两人得票相等的状况，这样的点图一共有种（即10位评委里再选3位投给乙），当第一张选票为甲时，散点图可能有点在横轴上，也可能无点在横轴上，如下图所示的两种投票可能：而图二每一种状况对于第一张选票为乙时的状况一一对应，（最终一次票数相等前图形关于横轴对称，最终一次票数相等后图形重合）故当第一张选票为甲时出现两人得票相等状况的点图同样为种，而全部与唱票状况对应的散点图共种，故事务B概率为．【点睛】本题考查实际问题中的概率计算、二项分布概率计算公式、古典概型概率问题，属于中档题.21.如图，过点且平行与x轴的直线交椭圆于A、B两点，且.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点M且斜率为正直线交椭圆于段C、D，直线AC、BD分别交直线于点E、F，求证：是定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题意求得的坐标，代入椭圆方程求得，由此求得椭圆的标准方程.（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，可得关于的一元二次方程，设出的坐标，分别求出直线与直线的方程，从而求得两点的纵坐标，利用根与系数关系可化简证得为定值.【详解】（1）由已知可得：，代入椭圆方程得：椭圆方程为；（2）设直线CD的方程为，代入，得：设，，则有，则AC的方程为，令，得BD的方程为