内蒙古2025年高考数学模拟试卷(含详解)

2025年内蒙古高考数学模拟试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则的非空真子集个数为( )
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
2.下列命题为真命题的是( )
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
3.已知可导函数满足，则当时，和的大小关系为( )
A. B. C. D.
4.已知函数的定义域为，则函数的定义域为( )
A. B. C. D.
5.设的内角，，所对边的长分别是，，，且，，，则( )
A. B. C. D.
6.已知圆：，直线：，为上的动点，过点作圆的切线，，切点为，，则的最小值为( )
A. B. C. D.
7.双曲线：的一条渐近线为直线：，若的一个焦点到直线的距离为，且与抛物线：的准线相交于点，点的纵坐标为，则的值为( )
A. B. C. D.
8.已知平面向量满足对任意实数恒成立若对每一个确定的，对任意实数，，有最小值当变化时，的值域为，则( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.函数，且与在同一坐标系中的图像可能是( )
A. B.
C. D.
10.已知双曲线的左、右焦点分别为，，为坐标原点过的直线交双曲线的右支于，两点，且与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，点，均在第一象限，则( )
A. 当垂直于轴时，
B. 双曲线与椭圆共焦点
C. 点到双曲线的两条渐近线的距离之积为
D.
11.我国南宋数学家杨辉年所著的详解九章算法就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的．以下关于杨辉三角的猜想中正确的有( )
A. 由“在相邻的两行中，除以外的每一个数都等于它肩上两个数的和”猜想：
B.
C. 第行中从左到右第与第个数的比为：
D. 由“第行所有数之和为”猜想：
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数，若在区间上单调递增，且在区间上单调递减，则的取值范围是 ．
13.已知的展开式的二项式系数和为，各项系数和为，则实数的值为______．
14.若函数满足：当时，；；若方程在区间上有且仅有个不同实根，则的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
在如图所示的多面体中，四边形为正方形，四边形是直角梯形，，平面，．
求证：平面；
求平面与平面所成的锐二面角的大小．
16.本小题分
已知函数，其中，为常数且是的一个极值点．
求的值及当时函数在处的切线方程；
若的图象与轴有且只有个交点，求的取值范围
17.本小题分
某校推行选修数学校本课程，每位同学可以从甲、乙两个科目中人选一个．已知某班第一小组和第二小组个六位同学的选课情况如下表：
科目甲 科目乙
第一小组
第二小组
现从第一小组、第二小组中各选人进行课程交流．
Ⅰ求选出的人均选修科目乙的概率；
Ⅱ选出的人中选修科目甲的人数记为，求随机变量的分布列及数学期望．
18.本小题分
本小题满分分已知椭圆：的一个焦点与抛物线的焦点相同，在椭圆上，过椭圆的右焦点作斜率为的直线与椭圆交于两点，直线分别交直线于点，线段的中点为，记直线的斜率为。
Ⅰ求椭圆方程；
Ⅱ求的取值范围。
19.本小题分
已知数列共有项，若对满足的任意正整数，均存在正整数，，使得，，，，互不相同，同时，则称数列具有性质．
判断数列是否具有性质；
已知数列具有性质，且，共有项，，求满足题意的数列的个数；
已知数列具有性质，且，中至少有项不相等，求的最小值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，
当时，函数单调递增；当时，函数单调递减，
又表示以原点为圆心，为半径的圆，图象如下：
由图象知，两图象有个交点，
有个元素，
的非空真子集的个数为：．
故选：．
2.【答案】
【解析】对于：当时，，故A错误；
对于：若，则，故B正确；
对于：若，则，故C错误；
对于：若，则，故D错误．
故选B．
3.【答案】
【解析】令，则，因为，所以，所以在上单调递增；因为，所以，即，即．
故选：．
4.【答案】
【解析】解：函数的定义域为，得，则，
即的定义域为，
令，解得，
所以所求函数的定义域为．
故选：．
5.【答案】
【解析】解：在中，且，，，
利用正弦定理：，整理得，
化简得：，
由余弦定理，解得负值舍去．
故选：．
6.【答案】
【解析】圆：，
，即圆心为，半径为，
如图所示，
连接，，四边形的面积为，
要使最小，
则只需的面积最小，即只需的面积最小，
，
只需最小，
，
所以只需直线上的动点到点的距离最小，
其最小值是圆心到直线的距离，
此时，，
则此时四边形的面积为，即的最小值为．
故本题选A．
7.【答案】
【解析】易知双曲线的渐近线方程为，
所以，
即，
因为的一个焦点到直线的距离，
解得，
又，
联立，
解得，，
所以双曲线的方程为，
因为抛物线的准线方程为，
又点的纵坐标为，且点在双曲线上，
所以，
解得，
因为，
所以．
故选：．
8.【答案】
【解析】设，，，，可知，
则，可知的最小值即为点到直线的距离，
若对任意实数恒成立，
可知当点为线段的中点，且，
即在方向上的投影向量为，则，
可得，即，
可知为等边三角形，
可设，，则，，
可知，的最小值分别为过点分别作直线，的垂线长，
设，根据对称性只需分析即可，
若，可得
，
因为，则可得，
即，
若，
则
，
因为，
则，
可得，
即；
综上所述：，
即，，
可得．
故选：．
9.【答案】
【解析】在中，
若，，则；若，，则．
中表示纵截距．
对于，图象中，图象中，故A错误；
对于，图象中，图象中，故B正确；
对于，图象中，图象中，故C错误；
对于，图象中，图象中，故D正确．
故选：．
10.【答案】
【解析】解：对于选项：易知，，，
可得，
当直线垂直于轴时，
此时直线的方程为，
联立，
解得，
则，故选项A正确；
对于选项B：易知椭圆的焦点坐标为，
所以双曲线与椭圆共焦点，故选项B正确；
对于选项C：设，
易知渐近线方程为，
因为点在双曲线上，
所以，
可得，
则点到两条渐近线的距离之积为，故选项C错误；
对于选项D：因双曲线的右焦点坐标为，
当直线与轴重合时，直线与两渐近线只有一个公共点，即原点，不符合题意；
所以直线不与轴重合，
设直线的方程为，，，
易知双曲线的渐近线方程为，
联立，消去并整理得，
此时且，
由韦达定理得，，
又，
所以，
设，，
联立，消去并整理得，
由韦达定理得，
所以，
此时，
则，故选项D正确．
故选：．
11.【答案】
【解析】由公式可知、显然正确，
对于，
，所以B错误，
第行中从左到右第与第个数分别为和，它们之比为：，所以C正确．
故选：．
12.【答案】
【解析】对称轴为，
，
当时，在区间上单调递增，显然不满足题意，
当时，由对勾函数的性质得在上单调递减，
由题意得，解得，
故答案为：．
13.【答案】或
【解析】已知的展开式的二项式系数和为，各项系数和为，
得，解得，
得，解得或，
所以实数的值为或．
故答案为：或．
14.【答案】
【解析】因为，
所以函数的周期为，
又因为，
所以函数的图象关于直线对称，
又因为当时，，
则在上，令，解得，
而方程在区间上有且仅有个不同实根，
得到必须大于第个根，小于等于第个根，
当时，有，
则第二个根为，
故方程在第一个周期上有，两个根，
利用正切函数的周期性，可以求出方程在区间上的前个实根，
且前个实根依次为，，，，，，，
所以，
则．
故答案为：．
15.【答案】证明：由已知，，，两两垂直，
以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系．
设，则，，，，
，，，
，，
，，
，
平面．
解：平面，，
平面的一个法向量为，
点的坐标为，则，
设平面的一个法向量为，则，，
，取，得，
设平面与平面所成的锐二面角为，
则
平面与平面所成的锐二面角的大小为．
16.【答案】解：，
，
又是的一个极值点，
，
则，函数的定义域为．
由知．
，
所以在处的切线方程为，即．
由知．
．
由可得或，由可得．
函数的单调递增区间为和，单调递减区间为．
当或时，．
的极大值为，
的极小值为．
当充分接近时，当充分大时，．
要使图象与轴正半轴有且仅有三个不同的交点，
只需，
即，
解得：．
．
17.【答案】解：Ⅰ从第一小组、第二小组中各选人进行课程交流，
选出的人均选修科目乙的概率；
Ⅱ可能的取值为，，，，，，，的分布列为：
．
18.【答案】ⅠⅡ
【解析】Ⅰ结合椭圆中的基本性质可知，，利用求得，得到方程Ⅱ首先设出直线的方程为：，与椭圆联立，找到根与系数的关系，求出直线，得到坐标，从而得到点坐标与斜率，将整理后求范围，本题中计算量较大，要求学生要有较高的数据处理能力
试题解析：由题设可知：，故所求的椭圆方程为：
点，设直线的方程为：， 得 设，，则有，直线：，故，同理可得点 又
考点：椭圆的方程及性质；直线与椭圆相交的相关问题
19.【答案】数列具有性质； ； ．
【解析】根据题目：已知数列共有项，
若对满足的任意正整数，均存在正整数，，
使得，，，，互不相同，同时，
则称数列具有性质．，
当，同为奇数时，，，只需取与，不同的两个奇数，此时，
当，同为偶数时，，，只需取与，不同的两个偶数，此时，
当，一个为奇数另一个为偶数时，，
，只需取与，不同的一个奇数和一个偶数，此时，
故数列具有性质；
由题可知，对满足的任意正整数，均存在正整数，，
使得，，，，互不相同，同时．
令，，则，因为，，所以，
令，，则，此时，且，所以．
对于数列，，符合题意；
对于数列，，符合题意；
对于数列，，符合题意；
这样的数列的个数为；
设，，，，有种取值，
取，，由于，且，与，均不相同，
因此由，的最小性与次小性知，或，．
故，，，中至少有两个均为，同时至少有两个均为．
取，由于，且，均不为，，
因此在，，，中至少有四个均为，
类似地，在，，，中至少有四个均为，至少有两个为．
又在，，，中至少有五个不同的值，所以．
取，，，，，
容易验证满足题设，所以，可行．
综上，的最小值为．