內(nèi)蒙古包頭市多校聯(lián)考2025屆高三下學(xué)期高考數(shù)學(xué)模擬試題（二模）含解析

內(nèi)蒙古包頭市多校聯(lián)考2025屆高三下學(xué)期高考數(shù)學(xué)模擬試題（二模）一、單選題（本大題共8小題）1．“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件2．過點且與拋物線有且僅有1個公共點的直線的條數(shù)為（）A．0 B．1 C．2 D．33．復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點不可能在第（）象限.A．一 B．二 C．三 D．四4．已知圓錐的側(cè)面展開圖是一個半圓，且圓錐的底面積為，則此圓錐的體積為（）A． B． C． D．5．在鈍角中，內(nèi)角的對邊分別為，且最大角，則的取值范圍是（）A． B．C． D．6．若，則的最小值為（）A． B． C． D．7．我們解不等式時，可以采用如下方法：等價于，即.根據(jù)以上思路求解:函數(shù)的最小值為（）A．0 B．1 C． D．8．已知向量都是單位向量，且向量滿足向量的夾角為，則的最大值為（）A．2 B． C． D．3二、多選題（本大題共3小題）9．若函數(shù)的圖象經(jīng)過平移后可以得到函數(shù)的圖象，則稱函數(shù)與是“全等函數(shù)”.下列各組函數(shù)中，與是“全等函數(shù)”的是（）A．B．C．D．10．已知為正實數(shù)，，則下列說法正確的是（）A． B．的最小值為-1C．的最小值為12 D．的最小值為11．?dāng)?shù)的進制是人們利用符號來計數(shù)的方法.我們在日常生活中習(xí)慣于采用十進制計數(shù)與運算，但是在其它領(lǐng)域中，其它進制計數(shù)方式也應(yīng)用廣泛，例如計算機處理數(shù)據(jù)時，采用的就是二進制方法.二進制數(shù)是用0和1表示的數(shù)，它的基數(shù)為2，進位規(guī)則是“逢二進一”，借位規(guī)則是“借一當(dāng)二”.若干進制數(shù)，其中，則對應(yīng)的二進制數(shù)為.以下說法正確的是（）A．十進制數(shù)2025用二進制表示為B．滿足中有且只有3個1的所有二進制數(shù)對應(yīng)的十進制數(shù)的和為1275C．將對應(yīng)的二進制數(shù)中1的個數(shù)記為，則D．將對應(yīng)的二進制數(shù)中0的個數(shù)記為，令，則三、填空題（本大題共3小題）12．已知，則.13．若一組數(shù)據(jù)的第75百分位數(shù)為12，則這組數(shù)據(jù)的第40百分位數(shù)為.14．已知函數(shù)，若函數(shù)所有零點的乘積為1，則實數(shù)的取值范圍是.四、解答題（本大題共5小題）15．如圖所示，在空間幾何體中，四邊形為正方形，平面平面.(1)證明：平面.(2)求平面與平面所成銳二面角的大小.16．已知函數(shù)的圖象在處的切線與坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積為.(1)求的值；(2)記的極大值點為，證明:.17．甲、乙、丙三位同學(xué)組隊參加一個闖關(guān)活動.每次只能派個人參加闖關(guān)活動，每次闖關(guān)用時分鐘，如有必要則派下一個人繼續(xù)參加闖關(guān)活動，直至三人中有兩人闖關(guān)成功就視為團隊“挑戰(zhàn)勝利”，否則視為“挑戰(zhàn)失敗”.在已經(jīng)確定“挑戰(zhàn)勝利”或“挑戰(zhàn)失敗”時，活動立刻結(jié)束.已知甲、乙、丙各自能闖關(guān)成功的概率分別為，且假定每人能否闖關(guān)成功的事件是相互獨立的.(1)若改變?nèi)齻€人先后參加闖關(guān)的順序，團隊“挑戰(zhàn)勝利”的概率是否會發(fā)生變化？請說明理由.(2)為了使活動平均用時最少，三位同學(xué)應(yīng)該以怎樣的先后順序參加闖關(guān)活動，并說明理由.18．已知直線與橢圓交于兩點（在下方，在上方），線段的中點為，直線的斜率為（為坐標(biāo)原點）.(1)求橢圓的方程；(2)若射線與橢圓，直線分別交于兩點，且成等比數(shù)列.（i）求點到直線的距離的最大值;（ii）當(dāng)直線與軸垂直時，求的外接圓方程.19．存在，對任意的，當(dāng)時，正項數(shù)列都滿足.，則稱滿足性質(zhì).例如:當(dāng)時，，則等比數(shù)列滿足性質(zhì);當(dāng)時，

，則數(shù)列不滿足性質(zhì).已知數(shù)列同時滿足性質(zhì).(1)證明:數(shù)列為等比數(shù)列；(2)已知，若數(shù)列滿足:，其中.設(shè)為數(shù)列的前項和，記.①求的表達式（用含的式子表示）;②試判斷與的大小關(guān)系，并說明理由.

答案1．【正確答案】A【詳解】由，可得，可得：，也即且，可得，可得，若，取，顯然不成立，故“”是“”的充分不必要條件，故選A.2．【正確答案】D【詳解】如圖，直線與拋物線有且僅有1個公共點，符合題意，將求導(dǎo)可得，設(shè)切點坐標(biāo)為，切線斜率，則切線方程為，代入點可得，解得或，可知過點的切線有2條，綜上所述：符合題意的直線有3條.故選D.3．【正確答案】C【詳解】因為，可知復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為，令，解得，可知點可能在第一象限；令，解得，可知點可能在第二象限；令，無解，可知點不可能在第三象限；令，解得，可知點可能在第四象限；綜上所述：點不可能在第三象限.故選C.4．【正確答案】B【詳解】設(shè)圓錐的底面半徑為，母線長為，高為，由題意可得：，解得，所以圓錐的體積為.故選B.5．【正確答案】D【詳解】由題意可知：，則，由余弦定理可得，則，解得，所以的取值范圍是.故選D.6．【正確答案】B【詳解】令，又，令，整理得到，由題可得，整理得到，解得，所以，故選B.7．【正確答案】D【詳解】因為，則，兩邊同時取對數(shù)可得，構(gòu)建，則，令，解得；令，解得；可知在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增，則，即，可得，所以函數(shù)的最小值為.故選D.8．【正確答案】A【詳解】由題意可知：，因為，即，則，可得，且，所以，設(shè)，則，由題意可知：，若位于直線兩側(cè)，且，可知四點共圓，且圓心為，半徑，其中點優(yōu)弧上，不包括點，則的最大值即為圓的直徑；若位于直線同側(cè)，且，可知四點共圓，且圓心為，半徑，其中點優(yōu)弧上，不包括點，此時；綜上所述：的最大值為2故選A.9．【正確答案】ABC【詳解】對于選項A：由題意可得：，將函數(shù)的圖象向右平移個單位，可得，故A正確；對于選項B：，將函數(shù)的圖象向左平移個單位，可得，故B正確；對于選項D：，將函數(shù)的圖象向上平移個單位，可得，故C正確；對于選項D：因為的定義域為，而的定義域為，所以無論怎么平移兩函數(shù)，圖象都不可能重合，故D錯誤；故選ABC.10．【正確答案】ABD【詳解】由，可得，對于A中，令，則且，可得，則，因為函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，可得，所以，所以A正確；對于B中，由，可得，則，當(dāng)且僅當(dāng)時，取得最小值，所以B正確；對于C中，由，當(dāng)且僅當(dāng)時，即時，即時，等號成立，所以C不正確；對于D中，由，可得，當(dāng)且僅當(dāng)時，即時，等號成立，所以的最小值為，所以D正確.故選ABD.11．【正確答案】BCD【詳解】對于A：，故A錯誤；對于B：，其中中有且只有2個1，有種可能；所以所有二進制數(shù)對應(yīng)的十進制數(shù)的和中，出現(xiàn)次，均出現(xiàn)次，所以對應(yīng)的十進制數(shù)的和為，故B正確；對于C：，則，，故,，故，故，故C正確；對于D：共個數(shù)中所有的數(shù)轉(zhuǎn)換為二進制后，總位數(shù)都為2026，且最高位都為1；而除最高位之外的剩余2025位中，每一位都是0或者1；設(shè)其中的數(shù)，轉(zhuǎn)換為二進制后有個；在這個數(shù)中，轉(zhuǎn)換為二進制后有個0的數(shù)共有個，故，故D正確，故選BCD.12．【正確答案】【詳解】因為由.13．【正確答案】【詳解】因為，可知第75百分位數(shù)為第8位數(shù)，若數(shù)據(jù)第75百分位數(shù)為12，結(jié)合數(shù)據(jù)特值可知或，若，數(shù)據(jù)按升序排列可得，則第75百分位數(shù)為21，不合題意；若，即，數(shù)據(jù)按升序排列可得，則第75百分位數(shù)為12，符合題意；綜上所述：，此時數(shù)據(jù)為，又因為，所以這組數(shù)據(jù)的第40百分位數(shù)為.14．【正確答案】【詳解】當(dāng)時，可得；當(dāng)時，可得，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，即函數(shù)有且僅有1個零點1，若函數(shù)有零點，則，顯然，可得，假設(shè)方程有根，可知方程有兩個不相等根，設(shè)為，且，則，可得，即，假設(shè)方程有根，可知方程有且僅有1個根，設(shè)為，結(jié)合題意可知：方程有根，方程無根，即與無交點，與有2個交點，結(jié)合圖象可知：或，解得或，所以實數(shù)的取值范圍是.15．【正確答案】(1)證明見詳解(2)【詳解】（1）由四邊形為正方形知，且，則，因為，則，又因為平面平面，平面平面，平面，所以平面.（2）由（1）知平面且，故互相垂直；以為原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)，則，可得，故，設(shè)平面的法向量是，則取，則，可得；設(shè)平面的法向量是，則取，則，可得；記平面與平面所成銳二面角為，則，可知，故平面與平面所成銳二面角的大小為.【方法總結(jié)】求空間角的常用方法（1）定義法：由異面直線所成角、線面角、二面角的定義，結(jié)合圖形，作出所求空間角，再結(jié)合題中條件，解對應(yīng)三角形，即可求出結(jié)果；（2）向量法：建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，通過計算向量夾角（直線方向向量與直線方向向量、直線方向向量與平面法向量、平面法向量與平面法向量）的余弦值，通過轉(zhuǎn)化求出結(jié)果.16．【正確答案】(1)(2)證明見詳解【詳解】（1）因為，可知的定義域為，且，可得，即切點坐標(biāo)為，切線斜率為，則切線方程為，令，可得，則切線與坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積為，解得.（2）由（1）可得：，，，因為在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，可知在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，且，可知在定義域內(nèi)有且僅有1個零點，當(dāng)時，，即；當(dāng)時，，即；可知在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減，所以的極大值點為，又因為，可得，所以.17．【正確答案】(1)不會變化，理由見解析(2)應(yīng)該以甲、乙、丙或乙、甲、丙順序闖關(guān)，理由見解析【詳解】（1）不會發(fā)生變化，理由如下，記事件：甲闖關(guān)成功，事件：乙闖關(guān)成功，事件：丙闖關(guān)成功，事件：團隊“挑戰(zhàn)勝利”，因為甲、乙、丙各自能闖關(guān)成功的概率分別為，且每人能否闖關(guān)成功的事件是相互獨立的，若闖關(guān)的順序為甲、乙、丙，則，若闖關(guān)的順序為乙、甲、丙，則，即有闖關(guān)的順序為甲、乙、丙和闖關(guān)的順序為乙、甲、丙時，團隊“挑戰(zhàn)勝利”的概率一樣，若闖關(guān)的順序為丙、甲、乙，則，同理有闖關(guān)的順序為甲、丙、乙和闖關(guān)的順序為丙、甲、乙時，團隊“挑戰(zhàn)勝利”的概率一樣，若闖關(guān)的順序為丙、乙、甲，則，同理有闖關(guān)的順序為乙、丙、甲和闖關(guān)的順序為丙、乙、甲時，團隊“挑戰(zhàn)勝利”的概率一樣，所以改變?nèi)齻€人先后參加闖關(guān)的順序，團隊“挑戰(zhàn)勝利”的概率不會發(fā)生變化.（2）由（1）知，若按甲、乙、丙或乙、甲、丙順序闖關(guān)，用表示所花的時間，顯然可能取值為，又，，由（1）知的分布列為則，若按丙、甲、乙或甲、丙、乙順序闖關(guān)，用表示所花的時間，顯然可能取值為，又，，由（1）知的分布列為則，若按丙、乙、甲或乙、丙、甲順序闖關(guān)，用表示所花的時間，顯然可能取值為，又，，由（1）知的分布列為則，顯然有，所以三位同學(xué)應(yīng)該以甲、乙、丙或乙、甲、丙順序闖關(guān).18．【正確答案】(1)(2)（i）；（ii）【詳解】（1）解：設(shè)，則，由點在橢圓上，可得，兩式相減，可得，即，可得，所以橢圓的方程為.（2）解：（i）聯(lián)立方程組，整理得，設(shè)，可得，則，因為點為的中點，所以，若射線與橢圓，直線分別交于兩點，可得且射線的方程為，聯(lián)立方程組，解得，因為成等比數(shù)列，知，可得，故，可得，解得，所以直線的方程為，所以直線恒過定點，當(dāng)直線時，可得，點到直線的距離的最大值為.

（ii）由（i）得，當(dāng)直線與軸垂直時，可得，將其代入直線，整理得，則且，解得（舍去）或，因為，所以，此時關(guān)于軸對稱，此時直線的方程為，此時，由于的外接圓的圓心在軸上，