辽宁省鞍山市普通高中2025届高三第二次质量监测数学试卷（含答案）

这是一份辽宁省鞍山市普通高中2025届高三第二次质量监测数学试卷（含答案），共9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：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.已知复数z满足z=2−ii，则z=( )
A. 1B. 2C. 5D. 3
2.设全集U=M∪N=1,2,3,4,5,6，若M∩∁UN=1,3,5，则N=( )
A. 1,3,5B. 2,4,6C. 2,3,6D. ⌀
3.已知向量a=1,2，b=1,0，c=0,1，若a⊥(b+λc)，则λ=( )
A. −12B. 12C. −2D. 2
4.已知互不相等的数据x1，x2，x3，x4，x5，x6，t的平均数为t，方差为s12，数据x1，x2，x3，x4，x5，x6的方差为s22，则( )
A. s12>s22B. s12=s22
C. s120，fx有三个零点
C. 对于任意a0，使得点1,f1为曲线y=fx对称中心
11.曲线C:y=x2x>0与直线y=kx−2交于不同的两点Ax1,y1、Bx2,y2(x12 2B. x1∈0, 2
C. OM=OND. 点P在直线y=1上
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若α+β=π4且tanα+tanβ= 2，则csα⋅csβ= ．
13.设Sn为公比为q等比数列an的前n项和，若3S1，2S2，S3成等差数列，则q= ．
14.设a1、a2、⋯、a8是1、2、3、4、5、6、7、8的一个排列，则满足a1r>0，现在小队计划两种方案参加游戏．
方案一：甲最先、乙次之、丙最后；方案二：丙最先、甲次之、乙最后；
(ⅰ)若采用方案一，求所需派出人员数目X的分布列和期望EX；
(ⅱ)分析采用哪种方案，可使所需派出人员数目的期望更小．
19.(本小题12分)
已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线为y=± 3x，且经过点( 2, 3)．
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点P0(3,0)作两条互相垂直的直线(两条直线的斜率都存在)分别交双曲线C于点A1、B1和点C1、D1，M1、N1分别为弦A1B1和C1D1的中点，直线M1N1与x轴交于点P1(t1,0)；过点P1(t1,0)作两条互相垂直的直线(两条直线的斜率都存在)分别交双曲线C于点A2、B2和点C2、D2，M2、N2分别为弦A2B2和C2D2的中点，直线M2N2与x轴交于点P2(t2,0)……；依此类推得到点列Pn(tn,0)，n∈N∗．
(ⅰ)求数列tn的通项公式；
(ⅱ)Qn、Rn分别在双曲线的左支和右支上，且直线QnRn经过点Pn，当n≥2，n∈N∗时满足：①直线Qn−1Rn−1的倾斜角总是π4；②点Qn−1和Rn关于y轴对称.设点Rn的坐标为(xn,yn)，数列{xn+12+xn2}的前n项和为Sn.证明：Sn0，
所以2sinA12sinB+ 32csB= 3sinAcsB+sinBcsA，
所以整理得tanA= 3，因为A∈0,π，所以A=π3．
(2)因为1+sin2Bcs2B−sin2B=csB+sinB2cs2B−sin2B=csB+sinBcsB−sinB=1+tanB1−tanB=−3，
所以tanB=2，因为B∈0,π，所以sinB=25 5，csB= 55，
又因为bsinB=asinA，a= 15，所以b=4，又sinC=sinA+B=2+ 32 5，
所以S▵ABC=12absinC=2 3+3．

16.(1)由已知B1O⊥平面ABC，所以B1O⊥AC，
因为∠ACB=π2，所以BC⊥AC，又B1O∩BC=O，BC,B1O⊂平面B1BCC1，
所以AC⊥平面B1BCC1，所以AC⊥BC1
因为B1B=BC，所以平行四边形B1BCC1为菱形，所以B1C⊥BC1
又AC∩B1C=C，AC,B1C⊂平面AB1C，所以BC1⊥平面AB1C，所以BC1⊥AB1
(2)因为A1C1//AC，由(1)AC⊥平面B1BCC1，所以A1C1⊥平面B1BCC1，
所以A1C1⊥CC1，由已知A1C1⊥B0C1，直线A1C1、CC1和B0C1均在平面AA1C1C内，
所以B0、C1、C三点共线，
因为B0C1=CC1，所以C1为B0C的中点

取AB中点D，连接OD，因为O是BC的中点，所以OD/​/AC
所以OD⊥面B1BCC1，所以OD⊥B1O，OD⊥BC，且B1O⊥平面ABC
分别以直线BC、OD、B1O为x轴、y轴、如图所示空间平面直角坐标系，
则B−1,0,0，C1,0,0，A1,2,0，B10,0, 3，
所以AB1=−1,−2, 3，AC=0,−2,0，BC=2,0,0，BB1=1,0, 3
所以B1B0=B1C1+C1B0=BC+CC1=BC+BB1=3,0, 3，
设平面AB1C1的法向量为m=x1,y1,z1，
因为m⋅AB1=0m⋅B1C1=0，所以−x1−2y1+ 3z1=02x1=0，令y1= 3，
可得平面AB1C的一个法向量为m=0, 3,2；
设平面AB1C的法向量为n=x2,y2,z2，
因为n⋅AB1=0n⋅B1B0=0，所以−x2−2y2+ 3z2=03x2+ 3z2=0，令x2=1，
可得平面AB1C的一个法向量为n=1,−2,− 3；
因为csm,n=m⋅nm⋅n=−4 3 7×2 2=− 427
所以平面AB1B0与平面AB1C1所成角的余弦值为 427．

17.(1)k=0时，fx=2lnx−x2+1，f′x=2x−2x=21+x1−xx，
01时，f′x0，fx在0,+∞上单调递增，无极值；
k>−2时，02k+2时，f′x0，则g′x=2x+1>0，
所以gx在区间0,+∞上单调递增，由已知g2k+2>g1，
所以2k+2>1，解得kp>q>r>0，所以EY−EX=2p−r+q−p+pr−q
=2p−r+q−r+r−p+pr−q=p−r+1−pq−r>0，
所以EY>EX，方案一可使所需派出人员数目的期望更小．

19.(1)由双曲线C的两条渐近线为y=± 3x，得ba= 3，即b= 3a，
又双曲线C经过点( 2, 3)，得1=2a2−3b2=2a2−33a2=1a2，解得a=1，
所以双曲线C的方程为x2−y23=1．
(2)令t0=3，设两条直线的方程分别为y=k(x−tn)(k≠0)和y=−1k(x−tn)，
设An+1(x1,y1)，Bn+1(x2,y2)，由y=k(x−tn)x2−y23=1得(3−k2)x2+2k2tnx−k2tn2−3=0，
由Δ>0，得3−k2≠0，k2−3