2025届内蒙古呼伦贝尔市名校数学高三上期末监测模拟试题含解析

2025届内蒙古呼伦贝尔市名校数学高三上期末监测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知函数满足：当时，，且对任意，都有，则（）A．0 B．1 C．-1 D．2．已知复数满足：，则的共轭复数为（）A． B． C． D．3．已知，满足约束条件，则的最大值为A． B． C． D．4．运行如图所示的程序框图，若输出的值为300，则判断框中可以填（）A． B． C． D．5．设复数满足，在复平面内对应的点为，则（）A． B． C． D．6．已知双曲线：的左、右两个焦点分别为，，若存在点满足，则该双曲线的离心率为（）A．2 B． C． D．57．函数的部分图象如图所示，则的单调递增区间为（）A． B．C． D．8．函数的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，要得到函数的图象，只需将的图象（）A．向左平移个单位 B．向右平移个单位C．向左平移个单位 D．向右平移个单位9．已知，则（）A．5 B． C．13 D．10．已知直线过圆的圆心，则的最小值为（）A．1 B．2 C．3 D．411．是边长为的等边三角形，、分别为、的中点，沿把折起，使点翻折到点的位置，连接、，当四棱锥的外接球的表面积最小时，四棱锥的体积为（）A． B． C． D．12．相传黄帝时代，在制定乐律时，用“三分损益”的方法得到不同的竹管，吹出不同的音调．如图的程序是与“三分损益”结合的计算过程，若输入的的值为1，输出的的值为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．函数的定义域是__________．14．如图所示的流程图中，输出的值为______.15．已知数列是等比数列，，则__________.16．两光滑的曲线相切，那么它们在公共点处的切线方向相同．如图所示，一列圆(an>0，rn>0，n=1，2…)逐个外切，且均与曲线y=x2相切，若r1=1，则a1=___，rn=______三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）设数列的前列项和为，已知.（1）求数列的通项公式；（2）求证：.18．（12分）数列满足，是与的等差中项.（1）证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.19．（12分）已知函数，曲线在点处的切线方程为求a，b的值；证明：．20．（12分）已知数列的通项，数列为等比数列，且，，成等差数列.（1）求数列的通项；（2）设，求数列的前项和.21．（12分）已知非零实数满足．（1）求证：；（2）是否存在实数，使得恒成立？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由22．（10分）已知椭圆的右焦点为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为，且与短轴两端点的连线相互垂直.（1）求椭圆的方程；（2）若圆上存在两点，，椭圆上存在两个点满足：三点共线，三点共线，且，求四边形面积的取值范围.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C【解析】

由题意可知，代入函数表达式即可得解.【详解】由可知函数是周期为4的函数，.故选：C.【点睛】本题考查了分段函数和函数周期的应用，属于基础题.2、B【解析】

转化，为，利用复数的除法化简，即得解【详解】复数满足：所以故选：B【点睛】本题考查了复数的除法和复数的基本概念，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.3、D【解析】

作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合即可得到结论．【详解】作出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示，等价于，作直线，向上平移，易知当直线经过点时最大，所以，故选D．【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法．4、B【解析】

由，则输出为300，即可得出判断框的答案【详解】由，则输出的值为300，，故判断框中应填？故选：．【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．5、B【解析】

设，根据复数的几何意义得到、的关系式，即可得解；【详解】解：设∵，∴，解得.故选：B【点睛】本题考查复数的几何意义的应用，属于基础题.6、B【解析】

利用双曲线的定义和条件中的比例关系可求.【详解】.选B.【点睛】本题主要考查双曲线的定义及离心率，离心率求解时，一般是把已知条件，转化为a,b,c的关系式.7、D【解析】

由图象可以求出周期，得到，根据图象过点可求，根据正弦型函数的性质求出单调增区间即可.【详解】由图象知，所以，，又图象过点，所以，故可取，所以令，解得所以函数的单调递增区间为故选：．【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，利用“五点法”求函数解析式，属于中档题.8、A【解析】依题意有的周期为.而，故应左移.9、C【解析】

先化简复数，再求，最后求即可.【详解】解：，，故选：C【点睛】考查复数的运算，是基础题.10、D【解析】

圆心坐标为，代入直线方程，再由乘1法和基本不等式，展开计算即可得到所求最小值．【详解】圆的圆心为，由题意可得，即，，，则，当且仅当且即时取等号，故选：．【点睛】本题考查最值的求法，注意运用乘1法和基本不等式，注意满足的条件：一正二定三等，同时考查直线与圆的关系，考查运算能力，属于基础题．11、D【解析】

首先由题意得，当梯形的外接圆圆心为四棱锥的外接球球心时，外接球的半径最小，通过图形发现，的中点即为梯形的外接圆圆心，也即四棱锥的外接球球心，则可得到，进而可根据四棱锥的体积公式求出体积.【详解】如图，四边形为等腰梯形，则其必有外接圆，设为梯形的外接圆圆心，当也为四棱锥的外接球球心时，外接球的半径最小，也就使得外接球的表面积最小，过作的垂线交于点，交于点，连接，点必在上，、分别为、的中点，则必有，，即为直角三角形.对于等腰梯形，如图：因为是等边三角形，、、分别为、、的中点，必有，所以点为等腰梯形的外接圆圆心，即点与点重合，如图，，所以四棱锥底面的高为，.故选：D.【点睛】本题考查四棱锥的外接球及体积问题，关键是要找到外接球球心的位置，这个是一个难点，考查了学生空间想象能力和分析能力，是一道难度较大的题目.12、B【解析】

根据循环语句，输入，执行循环语句即可计算出结果.【详解】输入，由题意执行循环结构程序框图，可得：第次循环：，，不满足判断条件；第次循环：，，不满足判断条件；第次循环：，，满足判断条件；输出结果.故选：【点睛】本题考查了循环语句的程序框图，求输出的结果，解答此类题目时结合循环的条件进行计算，需要注意跳出循环的判定语句，本题较为基础.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由，得，所以，所以原函数定义域为，故答案为.14、4【解析】

根据流程图依次运行直到，结束循环，输出n，得出结果.【详解】由题：，，，结束循环，输出.故答案为：4【点睛】此题考查根据程序框图运行结果求输出值，关键在于准确识别循环结构和判断框语句.15、【解析】

根据等比数列通项公式，首先求得，然后求得.【详解】设的公比为，由，得，故.故答案为：【点睛】本小题主要考查等比数列通项公式的基本量计算，属于基础题.16、【解析】

第一空：将圆与联立，利用计算即可；第二空：找到两外切的圆的圆心与半径的关系，再将与联立，得到，与结合可得为等差数列，进而可得.【详解】当r1=1时，圆，与联立消去得，则，解得；由图可知当时，①，将与联立消去得，则，整理得，代入①得，整理得，则.故答案为：；.【点睛】本题是抛物线与圆的关系背景下的数列题，关键是找到圆心和半径的关系，建立递推式，由递推式求通项公式，综合性较强，是一道难度较大的题目.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）（2）证明见解析【解析】

（1）由已知可得，构造等比数列即可求出通项公式；（2）当时，由，可求，时，由，可证，验证时，不等式也成立，即可得证.【详解】（1）由可得，，即，所以，解得，（2）当时，，,当时，，综上，由可得递增，，时；所以，综上：故.【点睛】本题主要考查了递推数列求通项公式，利用放缩法证明不等式，涉及等比数列的求和公式，属于难题.18、（1）见解析，（2）【解析】

（1）根据等差中项的定义得，然后构造新等比数列，写出的通项即可求（2）根据（1）的结果，分组求和即可【详解】解：（1）由已知可得，即，可化为，故数列是以为首项，2为公比的等比数列.即有，所以.（2）由（1）知，数列的通项为：，故.【点睛】考查等差中项的定义和分组求和的方法；中档题.19、（1）；（2）见解析【解析】分析：第一问结合导数的几何意义以及切点在切线上也在函数图像上，从而建立关于的等量关系式，从而求得结果；第二问可以有两种方法，一是将不等式转化，构造新函数，利用导数研究函数的最值，从而求得结果，二是利用中间量来完成，这样利用不等式的传递性来完成，再者这种方法可以简化运算.详解：（1）解：，由题意有，解得（2）证明：（方法一）由（1）知，.设则只需证明，设则，在上单调递增，，使得且当时，，当时，当时，，单调递减当时，，单调递增，由，得，，设，，当时，，在单调递减，，因此（方法二）先证当时，，即证设，则，且，在单调递增，在单调递增，则当时，（也可直接分析显然成立）再证设，则，令，得且当时，，单调递减；当时，，单调递增.，即又，点睛：该题考查的是有关利用导数研究函数的综合问题，在求解的过程中，涉及到的知识点有导数的几何意义，有关切线的问题，还有就是应用导数证明不等式，可以构造新函数，转化为最值问题来解决，也可以借用不等式的传递性，借助中间量来完成.20、（1）；（2）.【解析】

（1）根据，，成等差数列以及为等比数列，通过直接对进行赋值计算出的首项和公比，即可求解出的通项公式；（2）的通项公式符合等差乘以等比的形式，采用错位相减法进行求和.【详解】（1）数列为等比数列，且，，成等差数列.设数列的公比为，，，解得（2），，，，.【点睛】本题考查等差、等比数列的综合以及错位相减法求和的应用，难度一般.判断是否适合使用错位相减法，可根据数列的通项公式是否符合等差乘以等比的形式来判断.21、（1）见解析（2）存在，【解析】

（1）利用作差法即可证出.（2）将不等式通分化简可得，讨论或，分离参数，利用基本不等式即可求解.【详解】又即即①当时，即恒成立（当且仅当时取等号），故②当时恒成立（当且仅当时取等号），故综上，【点睛】本题考查了作差法证明不等式、基本不等式求最值、考查了分类讨论的思想，属于基础题.22、（1）；（2）【解析】

（1）又题意知，，及即可求得，从而得椭圆方程.（2）分三种情况：直线斜率不存在时，的斜率为0时，的斜率存在且不为0时，设出直线方程，联立方程组，用韦达定理和弦长公式以及四边形的面积公式计算即可.【详解】（1）由焦点与短轴两端点的连线相互垂直及椭圆的对称性可知，，∵过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.又，解得.∴椭圆的方程为（2）由（1）可知圆的方程为，（i）当直线的斜率不存在时，直线的斜率为0，此时（ii）