辽宁省名校联盟2025届高三高考模拟（调研卷）（四）数学试题

这是一份辽宁省名校联盟2025届高三高考模拟（调研卷）（四）数学试题，共21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．已知全集集合..则（ ）
A．B．
C．或D．或
2．知，若，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知在正六边形中，是线段上靠近的三等分点，则（ ）
A．B．
C．D．
4．已知函数的部分图象如图所示，其中，若将的图象向右平移个单位长度后关于轴对称，则（ ）
A．B．3C．4D．2
5．为了加快生产进度，公司决定使用某种检测机器对加工零件的等级（分为一等品和二等品）进行初筛和复查，已知该机器初筛的过程中零件被标记为一等品的概率为，被标记为二等品的概率为，被标记为一等品的零件有的概率为二等品，被标记为二等品的零件中也有的概率为一等品.在初筛的过程中，已知一个零件是二等品，则它被正确标记的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知椭圆的左、右焦点分别为，以为圆心的圆经过点，且与轴正半轴交于点，若线段的中点在上，则的离心率是（ ）
A．B．C．D．
8．已知长方体外接球的表面积为，其中为线段的中点，过点的平面与直线垂直，点在平面与底面形成的交线段上，且，则四面体外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知实数满足，则（ ）
A．B．
C．D．
10．震级是以地震仪测定的每次地震活动释放的能量多少来确定的，我国目前使用的震级标准，是国际上通用的里氏分级表，共分9个等级，其中能量（单位：焦耳）与里氏震级的对应关系为，则（ ）
A．若某次地震的震级不超过2级，则产生的能量低于焦耳
B．若某次地震的震级超过4级，则产生的能量高于焦耳
C．5级地震的能量是4级地震的能量的100倍
D．3级地震的能量是7级地震的能量的
11．已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，是的准线与轴的交点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则直线的斜率为
B．
C．（为坐标原点）
D．当取最小值时，
三、填空题
12．的展开式中含项的系数为 .
13．已知数列解前项和为，若，则 ， .
14．已知正方体的表面积为6，三棱柱为正三棱柱，若，，且在正方体的表面上，则当三棱柱的体积取得最大值时， .
四、解答题
15．已知的内角 所对应的边分别为，若.
(1)求；
(2)求面积的最大值.
16．如图，在直四棱柱中，，点的线段上.
(1)是否存在点，使得平面？若存在求；若不存在，请说明理由；
(2)若平面里平面夹角的正切值为，求的值.
17．将某新开业的创意甜品店的开业天数与利润（单位：千元）之间的相关数据统计如表1所示.
表1
(1)已知与呈线性相关关系，求关于的经验回归方程；
(2)为了庆祝甜品店开业两个月，店家在开业刚好两个月这天组织消费者参加消费返利抽奖游戏，游戏规则如下：在抽奖盒中放有5张卡片，其中2张写有“幸运顾客”，3张写有“不要泄气”，一轮次机会中参加游戏的消费者有放回地抽取3次，每次抽取1张卡片，每一轮次抽奖之后根据表3计算奖金，消费金额（单位：元）在的消费者分别有轮次的抽奖机会.
已知这天顾客的消费情况以及每一轮次抽奖后具体的奖励情况如下，求这天返利总金额的数学期望.
表2
表3
参考公式：对于一组数据，其经验回归直线的斜率和截距最小二乘估计分别为.
18．已知双曲线的右焦点为，直线与的右支交于两点.
(1)若线段的中点坐标为，求直线的方程；
(2)当过点时，过点分别作直线的垂线，垂足分别为，且直线，交于点，求面积的最小值.
19．给定两个正整数，函数在处的阶帕德逼近定义为，且满足（注：为的导函数，为的导函数，为的导函数，以此类推）.已知函数.
(1)记为在处的阶帕德逼近，判断函数的单调性；
(2)，求的取值范围；
(3)求证：（为自然对数的底数）.
10
20
30
40
50
50
65
70
95
120
消费金额
人数
6
22
25
35
8
4
“幸运顾客”卡片数
3
2
其他情况
奖励金额（单位：元）
30
20
0
《辽宁省名校联盟2025届高三高考模拟（调研卷）（四）数学试题》参考答案
1．B
【分析】由已知先求出，再结合并集补集求得解.
【详解】由题意得，则，
故.
故选：B.
2．A
【分析】根据复数除法运算，复数相等即可求实数.
【详解】依题意得
，
故.
故选：A.
3．C
【分析】根据向量线性运算法则进行计算.
【详解】依题意得，
因为，
所以.
故选：C.
4．D
【分析】由题意可知得，将的图象向右平移个单位长度后关于轴对称，即，得，即可求出，将代入即可得解.
【详解】设的最小正周期为，依题意得，
则，所以，
因为将的图象向右平移个单位长度后关于轴对称，
则，可得，
则，当时，，故，
将代入可得.
故选：D.
5．B
【分析】先分别设事件先应用对立事件求概率，再应用全概率和条件概率计算即可.
【详解】设事件表示“零件为一等品”，
事件表示“零件为二等品”，
事件表示“零件被标记为一等品”，事件表示“零件被标记为二等品”，
则，
故，
故选:B.
6．D
【分析】运用换底公式变形，结合对数函数性质得到范围，再根据正弦函数单调性得到的范围，即可判定.
【详解】，
，故，
故选：D.
7．A
【分析】由对称性，得，设线段的中点为得，由椭圆的定义即可求解.
【详解】设，由题知圆的半径为，且，得为等边三角形，
则，设线段的中点为，则，且，
因为点在上，所以得，
即，即的离心率为.
故选：A.
8．C
【分析】先根据长方体外接球半径公式计算得出，再根据线面垂直判定定理得出四面体的特征计算得出外接球半径即可求解.
【详解】依题意得，解得，
如图，取线段的中点，连接，平面，平面，
所以，因为，所以
又平面，所以平面，
因为平面过点，所以平面即为平面，所以点在线段上，
因为，所以为线段的中点，且边上的高为，
故为等腰直角三角形，且其外接圆半径.
设四面体外接球的半径为，则，
故所求外接球的体积为.
故选:C.

9．AC
【分析】根据给定条件，结合对数函数性质可得，再结合指数函数性质、不等式性质逐项判断.
【详解】由，得，则，
对于A，，A正确；
对于B，令，，则，B错误；
对于C，，则，C正确；
对于D，若，则，D错误.
故选：AC
10．ABD
【分析】借助能量E与里氏震级M的对应关系计算即可判断各选项.
【详解】记表示震级为级地震的能量，
对于项，若，则，所以，故A项正确；
对于B项，若，则，所以，故B项正确；
对于C项，，则，故C项错误；
对于C项，，则，故D项正确.
故选：ABD.
11．ABD
【分析】设出直线：，根据题意求出，得到斜率判定A；运用抛物线定义转化线段长度，结合基本不等式计算判定B；借助向量法计算判定C；运用抛物线定义转化长度，结合基本不等式计算判定D.
【详解】依题意得，设直线：，
联立得，则，
则，解得或，则，
或，则直线的斜率，故A项正确.
，
当且仅当时等号成立，故B项正确.
因为，所以，故C项错误.
，则，由抛物线的定义可得，
因为，所以
，
当且仅当时取等号，此时，故D项正确.
故选：ABD
12．175
【分析】根据二项式展开式通项公式计算求解系数即可.
【详解】依题意得含项的系数为.
故答案为：175.
13． 78
【分析】由，当时解得，当时解得即可求出；当时由即可得，即得数列为等比数列即可求解.
【详解】当时，，解得，
当时，，解得，则.
当时，由得，
两式相减整理得，
即，因为，所以数列是首项为9，公比为9的等比数列，则，即.
故答案为：78；
14．
【分析】先求出柱体体积，再利用导数求解即可.
【详解】
设，则，解得.
连接，则，
因为平面，所以，
因为平面，所以平面，
所以.
因为，所以，所以，
同理可得，
因为平面，所以平面，
连接，过点作的平行线与交于点，因为，所以，
在中，，所以，
易得为正三角形，所以，
则三棱柱的体积，
则，
令，解得，
当时，，当时，，所以，
故当三棱柱的体积取得最大值时，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于通过几何体几何特征证得平面，连接，过点作的平行线与交于点，从而找到三棱柱的高，从而求出柱体体积，再利用导数求解最值.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，得到，再利用余弦定理，即可求解；
（2）由（1）结果，利用基本不等式，得到，再利用面积公式，即可求解.
【详解】（1），得到，
由余弦定理知，，
因为，所以．
（2），得到，当且仅当取等，
所以，（当且仅当取等．）故面积的最大值为．
16．(1)存在，
(2)
【分析】（1）先证明平面，得到所以，假设存在，使得平面，再经过分析，转化为只需，结合相似三角形求解边长即可；
（2）设，运用向量法反推，构造方程求出即可.
【详解】（1）依题意得平面平面，
所以.取的中点，连接，
因为，
所以四边形是平行四边形，
所以，
所以.
又平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
故要使得平面，假设存在点，
只需，此时，显然
则，易得，
所以，
所以存在点，且.
（2）以为坐标原点，的方向分别为轴，
轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
，
则，
设，
则.
因为平面平面，
所以，又由（1）知，
，所以平面，
所以平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
则
取，则，
则.
设平面与平面的夹角为，
因为，所以，
所以
，
解得或（舍去），
所以.
17．(1)
(2)1413.12元.
【分析】（1）分别求出，，再根据经验回归方程计算，即可求解；（2）分别求出概率，并列出分布列，即可求解.
【详解】（1）依题意得，
则1700，
，
则，
，
故关于的经验回归方程为.
（2）设表示参加一轮次抽奖所获得的奖励金额，则的可能取值为，
因为抽取一张卡片，抽到“幸运顾客”卡片的概率，
所以，
，
，
所以元，
所以元.
18．(1)
(2)
【分析】（1）设，根据题意利用点差法可得直线的斜率，即可得方程，注意检验；
（2）设直线：，联立方程，利用韦达定理结合对称性分析可知直线与的交点为，再求面积，利用单调性求最值.
【详解】（1）设，则，直线的斜率，
因为在椭圆上，则，两式相减得，
整理可得，即，
可得直线的方程为，即，经检验符合题意，
所以直线的方程为.
（2）由题意可得：，
显然直线的斜率不为0，设直线：，
联立方程，消去x整理得，
则，且，
因为，可得，
因为直线的方程为，
令，得，
因为，可得，
所以直线过定点，
由对称性可知直线过定点，即直线与的交点为，
则，
令，则，
则，
因为函数在区间内单调递减，
所以当时，的面积取得最小值，最小值为.
【点睛】方法点睛：1.与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法
（1）数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解．
（2）构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．
（3）构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．
2.弦中点问题的解法
点差法在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率、弦中点与原点连线斜率问题时可简化运算，但要注意直线斜率是否存在．
19．(1)在区间内单调递增
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出，根据，列方程组即可求解，即可求的单调性；
（2）令，利用导数研究单调性即可求解；
（3）由（1）可知当时，，得，由（2）可知当时，得，即，令，化简有，令，要证，即证即可.
【详解】（1）由题意得，
，由，得，
所以，则，由，得，
所以，由，得，则，
故，则，
所以在区间内单调递增.
（2）依题意得在区间内恒成立.
令，注意到，则，
因为在区间内恒成立，所以，使在区间内单调递减，
即当时，，故，则.
当时，.
令0），则，
因为，所以在区间内单调递减，则，
故在区间内单调递减，则，
所以，符合题意.
所以的取值范围是.
（3）证明：由（1）可知当时，，
即，整理得，
由（2）可知当时，，则.
综上，当时，.
令，得，即.
令，则，
故要证，即证.
因为，所以，
由，可知，
又，
所以
，
故，得证.
【点睛】方法点睛：利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
C
D
B
D
A
C
AC
ABD
题号
11









答案
ABD