內蒙古烏海市烏達區(qū)2025屆高三第四次模擬考試數學試卷含解析

內蒙古烏海市烏達區(qū)2025屆高三第四次模擬考試數學試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．集合的真子集的個數是（）A． B． C． D．2．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的結果為（）A． B． C． D．3．某幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖是邊長為4的正三角形，俯視圖是由邊長為4的正三角形和一個半圓構成，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．4．定義：表示不等式的解集中的整數解之和.若，，，則實數的取值范圍是A． B． C． D．5．設函數（，為自然對數的底數）,定義在上的函數滿足，且當時，．若存在，且為函數的一個零點，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．6．已知集合，，則中元素的個數為()A．3 B．2 C．1 D．07．若復數滿足，則()A． B． C． D．8．復數，是虛數單位，則下列結論正確的是A． B．的共軛復數為C．的實部與虛部之和為1 D．在復平面內的對應點位于第一象限9．已知直線過圓的圓心，則的最小值為（）A．1 B．2 C．3 D．410．設，，，則（）A． B． C． D．11．從集合中隨機選取一個數記為，從集合中隨機選取一個數記為，則在方程表示雙曲線的條件下，方程表示焦點在軸上的雙曲線的概率為（）A． B． C． D．12．已知復數（為虛數單位），則下列說法正確的是（）A．的虛部為 B．復數在復平面內對應的點位于第三象限C．的共軛復數 D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖，半圓的直徑AB＝6，O為圓心，C為半圓上不同于A、B的任意一點，若P為半徑OC上的動點，則的最小值為.14．記為等比數列的前n項和，已知，，則_______.15．過直線上一動點向圓引兩條切線MA，MB，切點為A，B，若，則四邊形MACB的最小面積的概率為________．16．函數的極大值為______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）底面為菱形的直四棱柱，被一平面截取后得到如圖所示的幾何體.若，.（1）求證：；（2）求二面角的正弦值.18．（12分）已知函數，其中，為自然對數的底數．（1）當時，求函數的極值；（2）設函數的導函數為，求證：函數有且僅有一個零點．19．（12分）在中，．（Ⅰ）求角的大??；（Ⅱ）若，，求的值．20．（12分）在①，②，③這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，并解答.已知等差數列的公差為，等差數列的公差為.設分別是數列的前項和，且，，（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和.21．（12分）（選修4-4：坐標系與參數方程）在平面直角坐標系，已知曲線（為參數），在以原點為極點，軸的非負半軸為極軸建立的極坐標系中，直線的極坐標方程為．（1）求曲線的普通方程和直線的直角坐標方程；（2）過點且與直線平行的直線交于，兩點，求點到，的距離之積．22．（10分）如圖，焦點在軸上的橢圓與焦點在軸上的橢圓都過點，中心都在坐標原點，且橢圓與的離心率均為．（Ⅰ）求橢圓與橢圓的標準方程；（Ⅱ）過點M的互相垂直的兩直線分別與，交于點A，B（點A、B不同于點M），當的面積取最大值時，求兩直線MA，MB斜率的比值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、C【解析】

根據含有個元素的集合，有個子集，有個真子集，計算可得；【詳解】解：集合含有個元素，則集合的真子集有（個），故選：C【點睛】考查列舉法的定義，集合元素的概念，以及真子集的概念，對于含有個元素的集合，有個子集，有個真子集，屬于基礎題．2、D【解析】循環(huán)依次為直至結束循環(huán)，輸出，選D.點睛：算法與流程圖的考查，側重于對流程圖循環(huán)結構的考查.先明晰算法及流程圖的相關概念，包括選擇結構、循環(huán)結構、偽代碼，其次要重視循環(huán)起點條件、循環(huán)次數、循環(huán)終止條件，更要通過循環(huán)規(guī)律，明確流程圖研究的數學問題，是求和還是求項.3、A【解析】由題意得到該幾何體是一個組合體，前半部分是一個高為底面是邊長為4的等邊三角形的三棱錐，后半部分是一個底面半徑為2的半個圓錐，體積為故答案為A.點睛：思考三視圖還原空間幾何體首先應深刻理解三視圖之間的關系，遵循“長對正，高平齊，寬相等”的基本原則，其內涵為正視圖的高是幾何體的高，長是幾何體的長；俯視圖的長是幾何體的長，寬是幾何體的寬；側視圖的高是幾何體的高，寬是幾何體的寬.由三視圖畫出直觀圖的步驟和思考方法：1、首先看俯視圖，根據俯視圖畫出幾何體地面的直觀圖；2、觀察正視圖和側視圖找到幾何體前、后、左、右的高度；3、畫出整體，然后再根據三視圖進行調整.4、D【解析】

由題意得，表示不等式的解集中整數解之和為6.當時，數形結合（如圖）得的解集中的整數解有無數多個，解集中的整數解之和一定大于6.當時，，數形結合（如圖），由解得.在內有3個整數解，為1，2，3，滿足，所以符合題意.當時，作出函數和的圖象，如圖所示.若，即的整數解只有1，2，3.只需滿足，即，解得，所以.綜上，當時，實數的取值范圍是.故選D.5、D【解析】

先構造函數，由題意判斷出函數的奇偶性，再對函數求導，判斷其單調性，進而可求出結果.【詳解】構造函數，因為，所以，所以為奇函數，當時，，所以在上單調遞減，所以在R上單調遞減.因為存在，所以，所以，化簡得，所以，即令，因為為函數的一個零點，所以在時有一個零點因為當時，，所以函數在時單調遞減，由選項知，，又因為，所以要使在時有一個零點，只需使，解得，所以a的取值范圍為，故選D.【點睛】本題主要考查函數與方程的綜合問題，難度較大.6、C【解析】

集合表示半圓上的點，集合表示直線上的點，聯立方程組求得方程組解的個數，即為交集中元素的個數.【詳解】由題可知：集合表示半圓上的點，集合表示直線上的點，聯立與，可得，整理得，即，當時，，不滿足題意；故方程組有唯一的解.故.故選：C.【點睛】本題考查集合交集的求解，涉及圓和直線的位置關系的判斷，屬基礎題.7、C【解析】

化簡得到，，再計算復數模得到答案.【詳解】，故，故，.故選：.【點睛】本題考查了復數的化簡，共軛復數，復數模，意在考查學生的計算能力.8、D【解析】

利用復數的四則運算，求得，在根據復數的模，復數與共軛復數的概念等即可得到結論．【詳解】由題意，則，的共軛復數為，復數的實部與虛部之和為，在復平面內對應點位于第一象限，故選D．【點睛】復數代數形式的加減乘除運算的法則是進行復數運算的理論依據,加減運算類似于多項式的合并同類項,乘法法則類似于多項式乘法法則，除法運算則先將除式寫成分式的形式,再將分母實數化，其次要熟悉復數相關基本概念，如復數的實部為、虛部為、模為、對應點為、共軛為．9、D【解析】

圓心坐標為，代入直線方程，再由乘1法和基本不等式，展開計算即可得到所求最小值．【詳解】圓的圓心為，由題意可得，即，，，則，當且僅當且即時取等號，故選：．【點睛】本題考查最值的求法，注意運用乘1法和基本不等式，注意滿足的條件：一正二定三等，同時考查直線與圓的關系，考查運算能力，屬于基礎題．10、A【解析】

先利用換底公式將對數都化為以2為底,利用對數函數單調性可比較,再由中間值1可得三者的大小關系.【詳解】，，，因此，故選：A.【點睛】本題主要考查了利用對數函數和指數函數的單調性比較大小,屬于基礎題.11、A【解析】

設事件A為“方程表示雙曲線”，事件B為“方程表示焦點在軸上的雙曲線”，分別計算出，再利用公式計算即可.【詳解】設事件A為“方程表示雙曲線”，事件B為“方程表示焦點在軸上的雙曲線”，由題意，，，則所求的概率為.故選：A.【點睛】本題考查利用定義計算條件概率的問題，涉及到雙曲線的定義，是一道容易題.12、D【解析】

利用的周期性先將復數化簡為即可得到答案.【詳解】因為，，，所以的周期為4，故，故的虛部為2，A錯誤；在復平面內對應的點為，在第二象限，B錯誤；的共軛復數為，C錯誤；，D正確.故選：D.【點睛】本題考查復數的四則運算，涉及到復數的虛部、共軛復數、復數的幾何意義、復數的模等知識，是一道基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、.【解析】.14、【解析】

設等比數列的公比為，將已知條件等式轉化為關系式，求解即可.【詳解】設等比數列的公比為，，.故答案為:.【點睛】本題考查等比數列通項的基本量運算，屬于基礎題.15、.【解析】

先求圓的半徑,四邊形的最小面積,轉化為的最小值為，求出切線長的最小值,再求的距離也就是圓心到直線的距離,可解得的取值范圍,利用幾何概型即可求得概率．【詳解】由圓的方程得，所以圓心為，半徑為，四邊形的面積，若四邊形的最小面積，所以的最小值為，而，即的最小值，此時最小為圓心到直線的距離，此時，因為，所以，所以的概率為．【點睛】本題考查直線與圓的位置關系,及與長度有關的幾何概型,考查了學生分析問題的能力,難度一般.16、【解析】

先求函的定義域，再對函數進行求導，再解不等式得單調區(qū)間，進而求得極值點，即可求出函數的極大值．【詳解】函數，，，令得，，當時，，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減，當時，函數取到極大值，極大值為.故答案為：．【點睛】本題考查利用導數研究函數的極值，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查運算求解能力，求解時注意定義域優(yōu)先法則的應用．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）見解析；（2）【解析】

（1）先由線面垂直的判定定理證明平面，再證明線線垂直即可；（2）建立空間直角坐標系，求平面的一個法向量與平面的一個法向量，再利用向量數量積運算即可.【詳解】（1）證明：連接，由平行且相等，可知四邊形為平行四邊形，所以.由題意易知，，所以，，因為，所以平面，又平面，所以.（2）設，，由已知可得：平面平面，所以，同理可得：，所以四邊形為平行四邊形，所以為的中點，為的中點，所以平行且相等，從而平面，又，所以，，兩兩垂直，如圖，建立空間直角坐標系，，，由平面幾何知識，得.則，，，，所以，，.設平面的法向量為，由，可得，令，則，，所以.同理，平面的一個法向量為.設平面與平面所成角為，則，所以.【點睛】本題考查了線面垂直的判定定理及二面角的平面角的求法，重點考查了空間向量的應用，屬中檔題.18、見解析【解析】

（1）當時，函數，其定義域為，則，設，，易知函數在上單調遞增，且，所以當時，，即；當時，，即，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以函數在處取得極小值，為，無極大值．（2）由題可得函數的定義域為，，設，，顯然函數在上單調遞增，當時，，，所以函數在內有一個零點，所以函數有且僅有一個零點；當時，，，所以函數有且僅有一個零點，所以函數有且僅有一個零點；當時，，，因為，所以，，又，所以函數在內有一個零點，所以函數有且僅有一個零點．綜上，函數有且僅有一個零點．19、(1);(2).【解析】試題分析：（1）由正弦定理得到．消去公因式得到所以．進而得到角A；（2）結合三角形的面積公式，和余弦定理得到，聯立兩式得到．解析：（I）因為，所以，由正弦定理，得．又因為，，所以．又因為，所以．（II）由，得，由余弦定理，得，即，因為，解得.因為，所以.20、（1）；（2）【解析】

方案一：（1）根據等差數列的通項公式及前n項和公式列方程組，求出和，從而寫出數列的通項公式；（2）由第（1）題的結論，寫出數列的通項，采用分組求和、等比求和公式以及裂項相消法，求出數列的前項和.其余兩個方案與方案一的解法相近似.【詳解】解：方案一：（1）∵數列都是等差數列，且，，解得，綜上（2）由（1）得：方案二：（1）∵數列都是等差數列，且，解得，.綜上，（2）同方案一方案三：（1）∵數列都是等差數列，且.，解得，，.綜上，（2）同方案一【點睛】本題考查了等差數列的通項公式、前n項和公式的應用，考查了分組求和、等比求和及裂項相消法求數列的前n項和，屬于中檔題.21、（1）曲線：，直線的直角坐標方程；（2）1.【解析】試題分析：（1）先根據三角函數平方關系消參數得曲線化為普通方程，再根據將直線的極坐標方程化為直角坐標方程；（2）根據題意設直線參數方程，代入C方程，利用參數幾何意義以及韋達定理得點到，的距離之積試題解析：（1）曲線化為普通方程為：，由，得，所以直線的直角坐標方程為．（2）直線的參數方程為（為參數），代入化簡得：，設兩點所對應的參數分別為，則，．22、（1），（2）【解析】分析：(1)根據題的條件，得到對應的橢圓的上頂點，即可以求得橢圓中相應的參數，結合橢圓的離心率的大小，求得相應的參數，從而求得橢圓的方程；(2)設出一條直線的方程，與橢圓的方程聯立，消元，利用求根公式求得對應點的坐標，進一步求得向量的坐標，將S表示為關于k的函數關系，從眼角函數的角度去求最值，從而求得結果.詳解：（Ⅰ）依題意得