2025屆內蒙古師大錦山實驗中學高考最新原創信息試卷數學試題（八）注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．函數且的圖象是（）A． B．C． D．2．已知為實數集，，，則（）A． B． C． D．3．已知實數滿足則的最大值為（）A．2 B． C．1 D．04．已知中內角所對應的邊依次為，若，則的面積為（）A． B． C． D．5．設，均為非零的平面向量，則“存在負數，使得”是“”的A．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件6．的展開式中的系數為（）A．5 B．10 C．20 D．307．蒙特卡洛算法是以概率和統計的理論、方法為基礎的一種計算方法，將所求解的問題同一定的概率模型相聯系；用均勻投點實現統計模擬和抽樣，以獲得問題的近似解，故又稱統計模擬法或統計實驗法.現向一邊長為的正方形模型內均勻投點，落入陰影部分的概率為，則圓周率（）A． B．C． D．8．已知雙曲線的右焦點為F，過右頂點A且與x軸垂直的直線交雙曲線的一條漸近線于M點，MF的中點恰好在雙曲線C上，則C的離心率為（）A． B． C． D．9．在等差數列中，，，若（），則數列的最大值是（）A． B．C．1 D．310．若函數的定義域為M＝{x|－2≤x≤2}，值域為N＝{y|0≤y≤2},則函數的圖像可能是（）A． B． C． D．11．已知集合，則全集則下列結論正確的是()A． B． C． D．12．在“一帶一路”知識測驗后，甲、乙、丙三人對成績進行預測．甲：我的成績比乙高．乙：丙的成績比我和甲的都高．丙：我的成績比乙高．成績公布后，三人成績互不相同且只有一個人預測正確，那么三人按成績由高到低的次序為A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數，若關于的方程恰有四個不同的解，則實數的取值范圍是______.14．已知集合，.若，則實數a的值是______.15．銳角中，角，，所對的邊分別為，，，若，則的取值范圍是______.16．函數滿足，當時，，若函數在上有1515個零點，則實數的范圍為___________.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）已知函數，其中．（Ⅰ）當時，求函數的單調區間；（Ⅱ）設，求證：；（Ⅲ）若對于恒成立，求的最大值．18．（12分）設函數（）.（1）討論函數的單調性；（2）若關于x的方程有唯一的實數解，求a的取值范圍.19．（12分）已知函數，．（1）當時，求不等式的解集；（2）當時，不等式恒成立，求實數的取值范圍．20．（12分）選修4-5：不等式選講已知函數.（1）設，求不等式的解集；（2）已知，且的最小值等于，求實數的值.21．（12分）已知函數的圖象在處的切線方程是.（1）求的值；（2）若函數，討論的單調性與極值；（3）證明：.22．（10分）已知分別是的內角的對邊，且．（Ⅰ）求．（Ⅱ）若，，求的面積．（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，求的值．

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．B【解析】

先判斷函數的奇偶性，再取特殊值，利用零點存在性定理判斷函數零點分布情況，即可得解.【詳解】由題可知定義域為，，是偶函數，關于軸對稱，排除C，D.又，，在必有零點，排除A.故選：B.本題考查了函數圖象的判斷，考查了函數的性質，屬于中檔題.2．C【解析】

求出集合，，，由此能求出．【詳解】為實數集，，，或，．故選：．本題考查交集、補集的求法，考查交集、補集的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．3．B【解析】

作出可行域，平移目標直線即可求解.【詳解】解：作出可行域：由得，由圖形知，經過點時，其截距最大，此時最大得，當時，故選：B考查線性規劃，是基礎題.4．A【解析】

由余弦定理可得，結合可得a，b，再利用面積公式計算即可.【詳解】由余弦定理，得，由，解得，所以，.故選：A.本題考查利用余弦定理解三角形，考查學生的基本計算能力，是一道容易題.5．B【解析】

根據充分條件、必要條件的定義進行分析、判斷后可得結論．【詳解】因為，均為非零的平面向量，存在負數，使得，所以向量，共線且方向相反，所以，即充分性成立；反之，當向量，的夾角為鈍角時，滿足，但此時，不共線且反向，所以必要性不成立．所以“存在負數，使得”是“”的充分不必要條件．故選B．判斷p是q的什么條件，需要從兩方面分析：一是由條件p能否推得條件q；二是由條件q能否推得條件p，定義法是判斷充分條件、必要條件的基本的方法，解題時注意選擇恰當的方法判斷命題是否正確．6．C【解析】

由知，展開式中項有兩項，一項是中的項，另一項是與中含x的項乘積構成.【詳解】由已知，，因為展開式的通項為，所以展開式中的系數為.故選：C.本題考查求二項式定理展開式中的特定項，解決這類問題要注意通項公式應寫準確，本題是一道基礎題.7．A【解析】

計算出黑色部分的面積與總面積的比，即可得解.【詳解】由，∴.故選：A本題考查了面積型幾何概型的概率的計算，屬于基礎題.8．A【解析】

設，則MF的中點坐標為，代入雙曲線的方程可得的關系，再轉化成關于的齊次方程，求出的值，即可得答案.【詳解】雙曲線的右頂點為，右焦點為，M所在直線為，不妨設，∴MF的中點坐標為.代入方程可得，∴，∴，∴（負值舍去）.故選：A.本題考查雙曲線的離心率，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意構造的齊次方程.9．D【解析】

在等差數列中,利用已知可求得通項公式,進而,借助函數的的單調性可知,當時,取最大即可求得結果.【詳解】因為，所以，即，又，所以公差，所以，即，因為函數，在時，單調遞減，且；在時，單調遞減，且.所以數列的最大值是，且，所以數列的最大值是3.故選:D.本題考查等差數列的通項公式,考查數列與函數的關系,借助函數單調性研究數列最值問題,難度較易.10．B【解析】因為對A不符合定義域當中的每一個元素都有象，即可排除；對B滿足函數定義，故符合；對C出現了定義域當中的一個元素對應值域當中的兩個元素的情況，不符合函數的定義，從而可以否定；對D因為值域當中有的元素沒有原象，故可否定．故選B．11．D【解析】

化簡集合，根據對數函數的性質，化簡集合，按照集合交集、并集、補集定義，逐項判斷，即可求出結論.【詳解】由，則，故，由知，，因此，，，，故選:D本題考查集合運算以及集合間的關系，求解不等式是解題的關鍵，屬于基礎題.12．A【解析】

利用逐一驗證的方法進行求解.【詳解】若甲預測正確，則乙、丙預測錯誤，則甲比乙成績高，丙比乙成績低，故3人成績由高到低依次為甲，乙，丙；若乙預測正確，則丙預測也正確，不符合題意；若丙預測正確，則甲必預測錯誤，丙比乙的成績高，乙比甲成績高，即丙比甲，乙成績都高，即乙預測正確，不符合題意，故選A．本題將數學知識與時政結合，主要考查推理判斷能力．題目有一定難度，注重了基礎知識、邏輯推理能力的考查．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

設，判斷為偶函數，考慮x>0時，的解析式和零點個數,利用導數分析函數的單調性,作函數大致圖象，即可得到的范圍.【詳解】設，則在是偶函數，當時，，由得，記，，，故函數在增，而，所以在減，在增，，當時，，當時，，因此的圖象為因此實數的取值范圍是.本題主要考查了函數的零點的個數問題，涉及構造函數，函數的奇偶性，利用導數研究函數單調性，考查了數形結合思想方法，以及化簡運算能力和推理能力，屬于難題.14．9【解析】

根據集合交集的定義即得.【詳解】集合，，，，則a的值是9.故答案為：9本題考查集合的交集，是基礎題.15．【解析】

由余弦定理，正弦定理得出，從而得出，推出的范圍，由余弦函數的性質得出的范圍，再利用二倍角公式化簡，即可得出答案.【詳解】由題意得由正弦定理得化簡得又為銳角三角形，則，，.故答案為本題主要考查了正弦定理和余弦定理的應用，屬于中檔題.16．【解析】

由已知，在上有3個根，分，，，四種情況討論的單調性、最值即可得到答案.【詳解】由已知，的周期為4，且至多在上有4個根，而含505個周期，所以在上有3個根，設，，易知在上單調遞減，在，上單調遞增，又，.若時，在上無根，在必有3個根，則，即，此時；若時，在上有1個根，注意到，此時在不可能有2個根，故不滿足；若時，要使在有2個根，只需，解得；若時，在上單調遞增，最多只有1個零點，不滿足題意；綜上，實數的范圍為.故答案為：本題考查利用導數研究函數的零點個數問題，涉及到函數的周期性、分類討論函數的零點，是一道中檔題.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．（Ⅰ）函數的單調增區間為，單調減區間為；（Ⅱ）證明見解析；（Ⅲ）.【解析】

（Ⅰ）利用二次求導可得，所以在上為增函數，進而可得函數的單調增區間為，單調減區間為；（Ⅱ）利用導數可得在區間上存在唯一零點，所以函數在遞減，在，遞增，則，進而可證；（Ⅲ）條件等價于對于恒成立，構造函數，利用導數可得的單調性，即可得到的最小值為，再次構造函數（a），，利用導數得其單調區間，進而求得最大值．【詳解】（Ⅰ）當時，，則，所以，又因為，所以在上為增函數，因為，所以當時，，為增函數，當時，，為減函數，即函數的單調增區間為，單調減區間為；（Ⅱ），則令，則（1），，所以在區間上存在唯一零點，設零點為，則，且，當時，，當，，，所以函數在遞減，在，遞增，，由，得，所以，由于，，從而；（Ⅲ）因為對于恒成立，即對于恒成立，不妨令，因為，，所以的解為，則當時，，為增函數，當時，，為減函數，所以的最小值為，則，不妨令（a），，則（a），解得，所以當時，（a），（a）為增函數，當時，（a），（a）為減函數，所以（a）的最大值為，則的最大值為．本題考查利用導數研究函數的單調性和最值，以及函數不等式恒成立問題的解法，意在考查學生等價轉化思想和數學運算能力，屬于較難題．18．（1）當時，遞增區間時，無遞減區間，當時，遞增區間時，遞減區間時；（2）或.【解析】

（1）求出，對分類討論，先考慮（或）恒成立的范圍，并以此作為的分類標準，若不恒成立，求解，即可得出結論；（2）有解，即，令，轉化求函數只有一個實數解，根據（1）中的結論，即可求解.【詳解】（1），當時，恒成立，當時，，綜上，當時，遞增區間時，無遞減區間，當時，遞增區間時，遞減區間時；（2），令，原方程只有一個解，只需只有一個解，即求只有一個零點時，的取值范圍，由（1）得當時，在單調遞增，且，函數只有一個零點，原方程只有一個解，當時，由（1）得在出取得極小值，也是最小值，當時，，此時函數只有一個零點，原方程只有一個解，當且遞增區間時，遞減區間時；，當，有兩個零點，即原方程有兩個解，不合題意，所以的取值范圍是或.本題考查導數的綜合應用，涉及到單調性、零點、極值最值，考查分類討論和等價轉化思想，屬于中檔題.19．(1)(2)【解析】

（1）當時，，當或時，，所以可轉化為，解得，所以不等式的解集為．（2）因為，所以，所以，即，即．當時，因為，所以，不符合題意．當時，解可得，因為當時，不等式恒成立，所以，所以，解得，所以實數的取值范圍為．20．(1)(2)【解析】

（1）把f（x）去絕對值寫成分段函數的形式，分類討論，分別求得解集，綜合可得結論．（2）把f（x）去絕對值寫成分段函數，畫出f（x）的圖像，找出利用條件求得a的值．【詳解】（1）時，.當時，即為，解得.當時，，解得.當時，，解得.綜上，的解集為.（2）.，由的圖象知，，.本題主要考查含絕對值不等式的解法及含絕對值的函數的最值問題，體現了分類討論的數學思想，屬于中檔題21．（1）；（2）單調遞減區間為，單調遞增區間為，的極小值為，無極大值；（3）見解析.【解析】

（1）切點既在切線上又在曲線上得一方程，再根據斜率等于該點的導數再列一方程，解方程組即可；（2）先對求導數，根據導數判斷和求解即可.（3）把證明轉化為證明，然后證明極小值大于極大值即可.【詳解】解：（1）函數的定義域為由已知得，則，解得.（2）由題意得，則.當時，，所以單調遞減，當時，，所以單調遞增，所以，單調遞減區間為，單調遞增區間為，的極小值為，無極大值.（3）要證成立，只需證成立.令，則，當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以的極大值為，即由（2）知，時，，且的最小值點與的最大值點不同，所以，即.所以，.知識方面，考查建立方程組求未知數，利用導數求函數的