內蒙古赤峰林東第一中學2025年高三聯考A卷數學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．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．下列與函數定義域和單調性都相同的函數是（）A． B． C． D．2．拋物線的焦點為F，點為該拋物線上的動點，若點，則的最小值為（）A． B． C． D．3．下列命題為真命題的個數是（）（其中，為無理數）①；②；③.A．0 B．1 C．2 D．34．若直線y＝kx＋1與圓x2＋y2＝1相交于P、Q兩點，且∠POQ＝120°(其中O為坐標原點)，則k的值為()A． B． C．或－ D．和－5．在中，角、、所對的邊分別為、、，若，則（）A． B． C． D．6．將函數圖象上各點的橫坐標伸長到原來的3倍（縱坐標不變），再向右平移個單位長度，則所得函數圖象的一個對稱中心為（）A． B． C． D．7．設集合，，則集合A． B． C． D．8．已知（為虛數單位，為的共軛復數），則復數在復平面內對應的點在（）.A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限9．已知變量x，y間存在線性相關關系，其數據如下表，回歸直線方程為，則表中數據m的值為（）變量x0123變量y35.57A．0.9 B．0.85 C．0.75 D．0.510．已知函數的導函數為，記，，…，N.若，則（）A． B． C． D．11．設復數滿足（為虛數單位），則在復平面內對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限12．在中，“”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二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．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________．14．設，則______.15．李明自主創業，在網上經營一家水果店，銷售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，價格依次為60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．為增加銷量，李明對這四種水果進行促銷：一次購買水果的總價達到120元，顧客就少付x元．每筆訂單顧客網上支付成功后，李明會得到支付款的80%．①當x=10時，顧客一次購買草莓和西瓜各1盒，需要支付__________元；②在促銷活動中，為保證李明每筆訂單得到的金額均不低于促銷前總價的七折，則x的最大值為__________．16．如圖，機器人亮亮沿著單位網格，從地移動到地，每次只移動一個單位長度，則亮亮從移動到最近的走法共有____種．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）設函數．（1）求不等式的解集；（2）若的最小值為，且，求的最小值．18．（12分）設復數滿足（為虛數單位），則的模為______.19．（12分）已知二階矩陣A=abcd，矩陣A屬于特征值λ1=-1的一個特征向量為α120．（12分）已知拋物線的焦點為，點在拋物線上，，直線過點，且與拋物線交于，兩點．（1）求拋物線的方程及點的坐標；（2）求的最大值．21．（12分）如圖，三棱錐中，，，，，.（1）求證：；（2）求直線與平面所成角的正弦值.22．（10分）設數列是公差不為零的等差數列，其前項和為，，若，，成等比數列．（1）求及；（2）設，設數列的前項和，證明：．

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】

分析函數的定義域和單調性，然后對選項逐一分析函數的定義域、單調性，由此確定正確選項.【詳解】函數的定義域為，在上為減函數.A選項，的定義域為，在上為增函數，不符合.B選項，的定義域為，不符合.C選項，的定義域為，在上為減函數，符合.D選項，的定義域為，不符合.故選：C【點睛】本小題主要考查函數的定義域和單調性，屬于基礎題.2、B【解析】

通過拋物線的定義，轉化，要使有最小值，只需最大即可，作出切線方程即可求出比值的最小值．【詳解】解：由題意可知，拋物線的準線方程為，，過作垂直直線于，由拋物線的定義可知，連結，當是拋物線的切線時，有最小值，則最大，即最大，就是直線的斜率最大，設在的方程為：，所以，解得：，所以，解得，所以，．故選：．【點睛】本題考查拋物線的基本性質，直線與拋物線的位置關系，轉化思想的應用，屬于基礎題．3、C【解析】

對于①中，根據指數冪的運算性質和不等式的性質，可判定值正確的；對于②中，構造新函數，利用導數得到函數為單調遞增函數，進而得到，即可判定是錯誤的；對于③中，構造新函數，利用導數求得函數的最大值為，進而得到，即可判定是正確的.【詳解】由題意，對于①中，由，可得，根據不等式的性質，可得成立，所以是正確的；對于②中，設函數，則，所以函數為單調遞增函數，因為，則又由，所以，即，所以②不正確；對于③中，設函數，則，當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減，所以當時，函數取得最大值，最大值為，所以，即，即，所以是正確的.故選：C.【點睛】本題主要考查了不等式的性質，以及導數在函數中的綜合應用，其中解答中根據題意，合理構造新函數，利用導數求得函數的單調性和最值是解答的關鍵，著重考查了構造思想，以及推理與運算能力，屬于中檔試題.4、C【解析】

直線過定點，直線y=kx+1與圓x2+y2=1相交于P、Q兩點，且∠POQ=120°（其中O為原點），可以發現∠QOx的大小，求得結果．【詳解】如圖，直線過定點（0，1），∵∠POQ=120°∴∠OPQ=30°，?∠1=120°，∠2=60°，∴由對稱性可知k=±．故選C．【點睛】本題考查過定點的直線系問題，以及直線和圓的位置關系，是基礎題．5、D【解析】

利用余弦定理角化邊整理可得結果.【詳解】由余弦定理得：，整理可得：，.故選：.【點睛】本題考查余弦定理邊角互化的應用，屬于基礎題.6、D【解析】

先化簡函數解析式,再根據函數的圖象變換規律,可得所求函數的解析式為,再由正弦函數的對稱性得解.【詳解】,

將函數圖象上各點的橫坐標伸長到原來的3倍,所得函數的解析式為,

再向右平移個單位長度,所得函數的解析式為,，可得函數圖象的一個對稱中心為，故選D.【點睛】三角函數的圖象與性質是高考考查的熱點之一，經常考查定義域、值域、周期性、對稱性、奇偶性、單調性、最值等，其中公式運用及其變形能力、運算能力、方程思想等可以在這些問題中進行體現，在復習時要注意基礎知識的理解與落實．三角函數的性質由函數的解析式確定，在解答三角函數性質的綜合試題時要抓住函數解析式這個關鍵，在函數解析式較為復雜時要注意使用三角恒等變換公式把函數解析式化為一個角的一個三角函數形式，然后利用正弦（余弦）函數的性質求解．7、B【解析】

先求出集合和它的補集，然后求得集合的解集，最后取它們的交集得出結果.【詳解】對于集合A，，解得或，故.對于集合B，，解得.故.故選B.【點睛】本小題主要考查一元二次不等式的解法，考查對數不等式的解法，考查集合的補集和交集的運算.對于有兩個根的一元二次不等式的解法是：先將二次項系數化為正數，且不等號的另一邊化為，然后通過因式分解，求得對應的一元二次方程的兩個根，再利用“大于在兩邊，小于在中間”來求得一元二次不等式的解集.8、D【解析】

設，由，得，利用復數相等建立方程組即可.【詳解】設，則，所以，解得，故，復數在復平面內對應的點為，在第四象限.故選：D.【點睛】本題考查復數的幾何意義，涉及到共軛復數的定義、復數的模等知識，考查學生的基本計算能力，是一道容易題.9、A【解析】

計算，代入回歸方程可得．【詳解】由題意，，∴，解得．故選：A.【點睛】本題考查線性回歸直線方程，解題關鍵是掌握性質：線性回歸直線一定過中心點．10、D【解析】

通過計算，可得，最后計算可得結果.【詳解】由題可知：所以所以猜想可知：由所以所以故選：D【點睛】本題考查導數的計算以及不完全歸納法的應用，選擇題、填空題可以使用取特殊值，歸納猜想等方法的使用，屬中檔題.11、A【解析】

由復數的除法運算可整理得到，由此得到對應的點的坐標，從而確定所處象限.【詳解】由得：，對應的點的坐標為，位于第一象限.故選：.【點睛】本題考查復數對應的點所在象限的求解，涉及到復數的除法運算，屬于基礎題.12、D【解析】

通過列舉法可求解，如兩角分別為時【詳解】當時，，但，故充分條件推不出；當時，，但，故必要條件推不出；所以“”是“”的既不充分也不必要條件.故選：D.【點睛】本題考查命題的充分與必要條件判斷，三角函數在解三角形中的具體應用，屬于基礎題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、.【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.14、121【解析】

在所給的等式中令，,令，可得2個等式，再根據所得的2個等式即可解得所求.【詳解】令，得，令，得，兩式相加，得，所以.故答案為:.【點睛】本題主要考查二項式定理的應用,考查學生分析問題的能力,屬于基礎題,難度較易.15、130.15.【解析】

由題意可得顧客需要支付的費用，然后分類討論，將原問題轉化為不等式恒成立的問題可得的最大值.【詳解】(1),顧客一次購買草莓和西瓜各一盒,需要支付元.(2)設顧客一次購買水果的促銷前總價為元,元時,李明得到的金額為,符合要求.元時,有恒成立,即,即元.所以的最大值為.【點睛】本題主要考查不等式的概念與性質?數學的應用意識?數學式子變形與運算求解能力,以實際生活為背景，創設問題情境，考查學生身邊的數學，考查學生的數學建模素養.16、【解析】

分三步來考查，先從到，再從到，最后從到，分別計算出三個步驟中對應的走法種數，然后利用分步乘法計數原理可得出結果.【詳解】分三步來考查：①從到，則亮亮要移動兩步，一步是向右移動一個單位，一步是向上移動一個單位，此時有種走法；②從到，則亮亮要移動六步，其中三步是向右移動一個單位，三步是向上移動一個單位，此時有種走法；③從到，由①可知有種走法.由分步乘法計數原理可知，共有種不同的走法.故答案為：.【點睛】本題考查格點問題的處理，考查分步乘法計數原理和組合計數原理的應用，屬于中等題.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、（1）或（2）最小值為．【解析】

（1）討論，，三種情況，分別計算得到答案.（2）計算得到，再利用均值不等式計算得到答案.【詳解】（1）當時，由，解得；當時，由，解得；當時，由，解得．所以所求不等式的解集為或．（2）根據函數圖像知：當時，，所以．因為，由，可知，所以，當且僅當，，時，等號成立．所以的最小值為．【點睛】本題考查了解絕對值不等式，函數最值，均值不等式，意在考查學生對于不等式，函數知識的綜合應用.18、1【解析】

整理已知利用復數的除法運算方式計算，再由求模公式得答案.【詳解】因為，即所以的模為1故答案為：1【點睛】本題考查復數的除法運算與求模，屬于基礎題.19、A=【解析】

運用矩陣定義列出方程組求解矩陣A【詳解】由特征值、特征向量定義可知，Aα即abc同理可得3a+2b=12,3c+2d=8.解得a=2，b=3，c=2，d=1.因此矩陣【點睛】本題考查了由矩陣特征值和特征向量求矩陣，只需運用定義得出方程組即可求出結果，較為簡單20、（1），；（2）1．【解析】

（1）根據拋物線上的點到焦點和準線的距離相等，可得p值，即可求拋物線C的方程從而可得解；（2）設直線l的方程為：x+my﹣1＝0，代入y2＝4x，得，y2+4my﹣4＝0，設A（x1，y1），B（x2，y2），則y1+y2＝﹣4m，y1y2＝﹣4，x1+x2＝2+4m2，x1x2＝1，（），（x2﹣2，），由此能求出的最大值．【詳解】（1）∵點F是拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點，P（2，y0）是拋物線上一點，|PF|＝3，∴23，解得：p＝2，∴拋物線C的方程為y2＝4x，∵點P（2，n）（n＞0）在拋物線C上，∴n2＝4×2＝8，由n＞0，得n＝2，∴P（2，2）．（2）∵F（1，0），∴設直線l的方程為：x+my﹣1＝0，代入y2＝4x，整理得，y2+4my﹣4＝0設A（x1，y1），B（x2，y2），則y1，y2是y2+4my﹣4＝0的兩個不同實根，∴y1+y2＝﹣4m，y1y2＝﹣4，x1+x2＝（1﹣my1）+（1﹣my2）＝2﹣m（y1+y2）＝2+4m2，x1x2＝（1﹣my1）（1﹣my2