2025届辽宁省教研教改联合体高三第一次调研考试数学试题（解析版）

这是一份2025届辽宁省教研教改联合体高三第一次调研考试数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据补集结合一元二次不等式求，再根据交集运算求解.
【详解】因为，则，
所以.
故选：B.
2．已知复数的实部为的虚部为，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】A
【分析】由复数的除法得到，从而得到实部的值，由复数的乘法得到，从而得到虚部的值，从而得到，得到对应的点，得到所在象限.
【详解】，所以，所以，
其在复平面内的对应点为，位于第一象限．
故选：A．
3．设 ，是向量，则“”是“或”的（ ）．
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据向量数量积分析可知等价于，结合充分、必要条件分析判断.
【详解】因为，可得，即，
可知等价于，
若或，可得，即，可知必要性成立；
若，即，无法得出或，
例如，满足，但且，可知充分性不成立；
综上所述，“”是“且”的必要不充分条件.
故选：B.
4．下列结论正确的是（ ）
A．已知一组样本数据，，…，()，现有一组新的数据，，…，，，则与原样本数据相比，新的数据平均数不变，方差变大
B．已知具有线性相关关系的变量x，y，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数m的值是4
C．50名学生在一模考试中的数学成绩，已知，则的人数为20人
D．已知随机变量，若，则
【答案】D
【分析】计算可得平均数不变，可得新数据极差变小，可判断A；利用贺归直线过样本中心点，可求，可判断B；可求得，进而可判断C；由已知得，计算可判断D.
【详解】对于A：新数据的总和为，
与原数据的总和相等，且数据个数相等，因此平均数不变，
因为，而 ，
即极差变小了，由于两组数据平均数不变，而极差变小，
说明新数据相对原数据更集中于平均数，因此方差变小，故A错误；
对于B：因为回归直线方程必经过样本中心点，
所以，解得，故B错误；
对于C：因为一模考试中的数学成绩，，
所以，所以，
所以的人数为人，故C错误；
对于D：因为，所以，
，解得，故D正确.
故选：D.
5．已知双曲线为坐标原点，若直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，则内切圆的半径等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出渐近线方程，与直线联立，求出点的坐标，求出的三边长，及点到直线的距离，利用等面积法即可求解内切圆的半径.
【详解】双曲线的渐近线方程为，

联立方程，解得
同理联立，解得，
不妨设，
则，
点到直线的距离，
设内切圆的半径为，
则有，
即，
解得.
故选：C
6．已知函数的极值点为，则（ ）
A．B．2C．D．1
【答案】D
【分析】对函数求导，然后结合导数与单调性的关系、零点存在定理，求出函数的极大值点，然后利用指对互化求解即可.
【详解】由得，，
设，则，所以在单调递减，
又，，由零点存在定理知，存在，使得，
所以当时，，，函数单调递增；
当时，，，函数单调递减，，
所以是函数的极大值点，则，即.
所以.
故选：D
7．在菱形中，，，将沿对角线折起，使点到达的位置，且二面角为直二面角，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，确定三棱锥的外接球的球心位置，再求出球半径即可计算作答.
【详解】如图所示：
由题意在菱形中，互相垂直且平分，点为垂足，
，
由勾股定理得，
所以，
设点为外接圆的圆心，
则外接圆的半径为，，
设点为外接圆的圆心，同理可得外接圆的半径为，
，
如图所示：
设三棱锥的外接球的球心、半径分别为点，
而均垂直平分，
所以点在面，面内的射影分别在直线上，
即，
由题意，且二面角为直二面角，
即面面，，
所以，即，可知四边形为矩形，所以，
由勾股定理以及，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
8．设、、满足，，，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【分析】构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，结合，可得出与的大小关系，再结合基本不等式以及不等式的基本性质可得出与的大小关系.
【详解】、、且，，，则，
先比较与的大小关系，
构造函数，其中，
则，所以，，
则，
令，其中，则，
令，其中，所以，，
所以，函数在上单调递增，故，
所以，函数在上单调递增，则，即，
因为，则，
所以，，
所以，，
因为，所以，
，
所以，对任意的，，
故函数在上单调递减，
因为，则，故，
由基本不等式可得（，故取不了等号），所以，，
故选：A.
【点睛】方法点睛：
在解决比较两个数大小的问题时，常常有三种解决方法：
（1）作差法，即两个数作差，若，则，若，则；
（2）作商法，即两个数坐商，若，则，若，则；
（3）单调性法，即借助函数的单调性比较两个数的大小.
二、多选题
9．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的值域为
B．的对称中心为，
C．在上的单减区间为
D．在上的极值点个数为1
【答案】AD
【分析】借助三角恒等变换公式将原函数化为正弦型函数后，借助正弦型函数的值域、对称性、单调性与极值点逐项计算并判断即可得.
【详解】，
对A：由，则，故A正确；
对B：令，，解得，，
故的对称中心为，，故B错误；
对C：令，，解得，，
则在上的单减区间为，故C错误；
对D：令，，即，，
则在上的极值点有一个，故D正确.
故选：AD.
10．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与抛物线交于A、B两点（点A在第一象限），与的等差中项为．抛物线在点A、B处的切线交于点M，过点M且垂直于y轴的直线与y轴交于点N，O为坐标原点，P为抛物线上一点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．的最大值为
C．的最大值为D．的最小值为16
【答案】BCD
【分析】设，，且,设直线，联立直线和抛物线方程得韦达定理，再结合两角和与差的正切公式，导数运算等知识，对各个选项逐一分析即可.
【详解】显然当直线斜率不存在时不合题意，则设直线，与联立得．
设，，则，，，．
，
因此，A选项错误．
，B选项正确．
,，切线，即，
同理，联立解得，故．
不妨设，过点P作抛物线准线的垂线，垂足为Q，
则．
当直线PN与抛物线相切时，最小．
与联立，消去y得：，
令，解得，则，
故，C选项正确．
，故，
则，D选项正确．
故选:BCD．
【点睛】方法点睛：直线与抛物线联立问题
第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程．
第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程．
第三步：求解判别式：计算一元二次方程根的判别式.
第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出．
第五步：根据题设条件求解问题中的结论．
11．已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则的值域为
B．若，则过原点有且仅有一条直线与曲线相切
C．存在，使得有三个零点
D．若，则的取值范围为
【答案】ABD
【分析】A选项，根据趋近于0时，函数值趋近于负无穷，当趋近于正无穷时，函数值趋近于正无穷得到A正确；B选项，求导，设出切点，得到切线方程，把点代入切线方程得，此方程只有一个根，故B正确；C选项，分与两种情况，推导出至多两个零点；D选项，先得到不合要求，满足要求，考虑，时，满足要求，故只需时，恒成立，若，，故不合要求，若，结合导函数得到函数单调性和最值，得到满足要求，得到答案.
【详解】A选项，若，则，
故，
当趋近于0时，趋近于负无穷，此时趋近于负无穷，
当趋近于正无穷时，和都趋近于正无穷，函数值趋近于正无穷，
因此函数的值域为R，A正确；
B选项，函数定义域为，时，，
因为时，，故，
则，设切点坐标为，故，
则在处，的切线方程为，
把点代入切线方程得，，
化简得，
当时，，此方程无解，
当时，，此方程无解，
当时，，且函数此时为增函数，
故方程只有这1个解，
即过原点有且仅有一条切线和相切，B正确；
C选项，，当时，，，
则，故单调递减，故在此区间上函数最多一个零点，
要想这个零点存在，需，
当时，，，
则，显然这是一个增函数，
要想函数零点尽可能多，则需存在一个使得成立，
此时在上单调递减，在上单调递增，
若在上存在一个零点，则，
故此时在上只存在一个零点，此时函数一共有两个零点，不合要求，
若在上不存在零点，则，
又在上单调递减，在上单调递增，
故此时函数最多有两个零点，不合要求，
综上，不存在，使得函数存在三个零点，C错误；
D选项，由A知，当时，函数的值域为R，不满足，
当时，，满足要求，
当时，时，，满足要求，
故只需时，恒成立，
若，，故不合要求，
若，，
则，显然这是一个增函数，
，
函数单调递增，则，
故满足题意，又也满足要求，
因此，D正确；
故选：ABD
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图象确定条件.
三、填空题
12．在数列中，已知，，则数列的前2024项和 ．
【答案】
【分析】由，得到，利用累乘法得到数列的通项公式，再用裂项相消，即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，
因此，
故答案为：.
13．已知，若，使成立，则 ．
【答案】
【分析】利用辅助角公式将方程化成，通过左右两边函数的值域比较,得到两边只能等于，求得，回代求出.
【详解】由可得，,
设.
依题意，，而，故，
由，可得，，
又由可得，，
因，则，
，故，解得，.
故答案为：.
14．设严格递增的整数数列，，…，满足，.设为，，…，这19个数中被3整除的项的个数，则的最大值为 ，使得取到最大值的数列的个数为 .
【答案】 18 25270
【分析】第一个空，为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，通过枚举法分析即可得到结果；第二个空，满足要求的数列必须为相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，而1-40中有27个数满足要求，再利用捆绑思想和特殊位置讨论即可得到结果.
【详解】第一个空，设某个数除以余数为，则称该数模余(，均为整数，且)，
为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，这样它们之和才会被3整除.
而，均为模3余1，则不可能有19组上述组别，最多出现18组上述组别，
例如严格递增数列1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,26,28,40，满足题意，
所以的最大值为18.
第二个空，因为1-40这40个数中，共有27个数符合模3余1或模3余2，则要从这27个数中选出满足要求的20个数.
第一步，在到这20个数中删去一个数（后面再加回来），使得剩下的19个数满足任意两个相邻数一个模3余1，一个模3余2，这样就形成了18组，即使得的最大值为18.
第二步，将这27个数从小到大排列，需要删去8个数得到目标19个数的数列.它们中任意相邻两数一个模3余1，一个模3余2，因此，需要删去的8个数应该为4组相邻的数.
第三步，利用捆绑思想，从27个数中删去4组相邻的数等价于从23个数中删去4个数.有三种情况：
①两端均删去，这种情况不满足要求.因为若两端均删去，那么1和40必定被删去，在下一步加出来时也最多加回1或40中的一个，而1和40必定在数列中，因此不满足.
②两端均不删去，从中间21个数中选4个数删去，有种，再从删去的8个数中拿一个加回原来的19个数中，由种，共有种.
③两端中有一个被删去，其余3个数从中间21个数里选，有种，此时加回来的数必定是删去的两端之一中的1或40，有1种选法，共种.
第四步，删去的四组相邻数中有一组中有一个数被加回来，即未被删去，被删去的是这一组中的另一个数，而对于删去的数，假设为，它旁边两个数分别为，即排列为，在第三步捆绑时，可能捆绑的组合为，然后删去，再补回；或者为，然后删去，再补回，这两种删去方式结果相同.
综上，共有种.
故答案为：18；25270
【点睛】关键点点睛：对于排列组合与初等数论结合的题目，通过列举出一些符合题意的数列，找出一定的规律，再利用排列组合的思想进行求解.
四、解答题
15．已知分别为三个内角的对边，且
(1)求；
(2)若的面积为，为边上一点，满足，求的长．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）正弦定理边化角，利用内角和定理消去，由和差公式和辅助角公式化简可得；
（2）根据余弦定理和三角形面积公式列方程组求出，然后在中利用余弦定理可得.
【详解】（1）由正弦定理有，
因为，
所以，
化简得，
由有，可得，
因为，
所以，则．
（2）由有
又可得，
联立解得，所以为正三角形，
所以，
在中，由余弦定理得．
故的长为.
16．已知函数.
(1)若曲线在处的切线与轴垂直，求的极值.
(2)若在只有一个零点，求.
【答案】(1)极小值，无极大值；
(2).
【分析】（1）求出函数的导数，结合几何意义求出，再分析单调性求出极值.
（2）由函数零点的意义，等价变形得在只有一解，转化为直线与函数图象只有一个交点求解.
【详解】（1）函数的定义域为R，求导得，，
依题意，，则，，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得极小值，无极大值.
（2）函数在只有一个零点，等价于在只有一个零点，
设，则函数在只有一个零点，当且仅当在只有一解，
即在只有一解，于是曲线与直线只有一个公共点，
令，求导得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
函数在取得极小值同时也是最小值，
当时，；当时，，
画山大致的图象，如图，
在只有一个零点时，，
所以在只有一个零点吋，.
17．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.

(1)若为的中点，证明：平面平面；
(2)若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点为，利用直角梯形中位线的性质，线面垂直的性质判定推理即可；
（2）通过正三角形证明，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用二面角得向量求法计算求解即可.
【详解】（1）取中点为，由条件可得为梯形的中位线，则，
又，则，
且，平面，平面，
根据线面垂直的判定定理，得平面，
平面，.
由，则，又，为梯形的两腰，则与相交，
平面，
又平面，所以平面平面.
（2）取的中点为Q，由，，
则，，
因此△为等边三角形，.
由（1）知平面，，，两两垂直，
如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，

由，，则，
，，，，
由，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
由
取，得，，得.
设平面的一个法向量为，
由
取，得，，
即平面的一个法向量为.
记平面与平面夹角的大小为，
所以，化简得，即，所以实数的值为.
18．测试发现，某位惯用脚为右脚的足球球员甲在罚点球时，踢向球门左侧、中间和右侧的概率分别为0.5，0.1和0.4，并且，踢向左侧、中间和右侧时分别有0.1，0.2和0.2的概率踢飞或踢偏（没有射正）.守门员在扑点球一般会提前猜测方向.测试发现，某位守门员乙在扑点球时猜右侧（即足球运动员甲在罚点球时，踢向球门左侧）、中间和左侧（即足球运动员甲在罚点球时，踢向球门右侧）的概率分别为0.6，0.1和0.3.当他猜中方向为左侧或者右侧来时扑出点球的概率均为0.5，当他猜中方向为中间时，扑出点球的的概率为0.8.
(1)求球员甲面对守门员乙时，第1次罚点球罚丢的概率；
(2)若球员甲在上一轮罚丢点球，则下一轮面对球员甲罚点球时，守门员乙的信心将会激增，在猜中方向的前提下，所有方向扑出点球概率都会在原来的基础上增加0.1；若球员甲在上一轮罚进点球，守门员乙将会变得着急，会有0.2的概率提前移动，在守门员乙提前移动的情况下，若球员甲罚丢点球，则可获得重罚机会.已知守门员乙提前移动时扑出三个方向点球的概率均会增加0.1.假定因为守门员乙提前移动球员甲重罚点球仍属于第二轮，且重罚时守门员乙不再提前移动.
（i）求球员甲第二轮罚进点球的概率；
（ii）设为球员甲在第k轮罚进点球的概率，若满足对于，，直接写出符合题意的.（注：最终结果均保留两位小数.）
【答案】(1)0.34；
(2)（i）0.67；（ii）.
【分析】（1）由互斥事件的概率公式及全概率公式求解即可.
（2）（i）球员甲第二轮罚进点球包含4个互斥事件：第一轮罚进，第二轮守门员乙未提前移动且罚进，第一轮罚进，第二轮守门员乙提前移动且罚进，第一轮罚进，第二轮守门员乙提前移动未罚进，但重罚后罚进，第一轮未罚进，第二轮罚进，分别求出对应的概率，相加即可得解；
（ii）分析可得（）随k的增大而增大，由对于，均有，由此可得答案．
【详解】（1）设球员甲罚点球时，踢向左侧、中间、右侧的事件分别为，
球员甲踢飞或踢偏（没有射正）的事件为D，守门员乙在扑点球时扑向右侧、中间、左侧的事件分别为，
守门员乙扑出点球的事件为E，
则，，
，
设球员甲第1次罚点球罚丢的事件为F，则为互斥事件，
则
.
（2）（i）当球员甲在上一轮罚丢点球时，守门员乙所有方向扑出点球的概率都增加0.1，
或者守门员乙提前移动时，所有方向扑出点球的也增加0.1，因此球员甲第二轮罚进点球包含以下4个互斥事件：
①第一轮罚进，第二轮守门员乙未提前移动且罚进，概率为；
②第一轮罚进，第二轮守门员乙提前移动且罚进，此时罚丢点球的概率为
，
此时罚进的点球的概率为；
③第一轮罚进，第二轮守门员乙提前移动未罚进，
此时罚进的概率为；
④第一轮未罚进，第二轮罚进，此时罚进的概率为，
所以第二轮球员甲罚进的概率为.
（ii）.
由（1）及（2）（i）知，，
则第三轮的情况如第二轮时情形，但第二轮罚进点球的概率增加了，
因此第三轮罚进点球的概率比第二轮时要高，从而随的增大而增大，
于是若满足对于，均有，则.
【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.
19．设A，B为椭圆C：的短轴端点，P为椭圆上异于A，B的任意一点，D在直线上．
(1)求直线，的斜率的乘积；
(2)证明：；
(3)过右焦点F作x轴的垂线，E为上异于F的任意一点，直线交C于M，N两点，记直线，，的斜率分别为，，，是否存在，，的某个排列，使得这三个数成等差数列？若存在，加以证明；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在；证明见解析
【分析】（1）根据斜率公式结合点在椭圆上即可求解；
（2）由椭圆的对称性，不妨设位于第一象限或长轴右端点，设直线，的倾斜角分别为，，则，结合（1）及基本不等式可得，根据正切函数的单调性即可证明；
（3）设，①当D在x轴上时，可得；②当D不在x轴上时，设，，直线：，与椭圆方程联立，证明即可．
【详解】（1）不妨设，，设，
则直线，的斜率分别为，，
所以．
又因为，所以，
故，
即直线，的斜率的乘积为．
（2）由椭圆的对称性，不妨设P位于第一象限或长轴右端点，
设直线，的倾斜角分别为，，
则．
由（1）知，，故，
从而，
当且仅当时等号成立，此时P为C的右顶点．
因为，
又因为，且，
所以．
（3）设，
①当在轴上时，，不妨设，，
，，，从而；
②当不在轴上时，设，，直线：，
由得，所以．
由消去，得，
因为直线过点，则，
从而，（*），
又
．
将（*）式代入上式，得．
综上，可得，即，，或，，成等差数列．
【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.