辽宁省大连市三校联考2025届高三下学期模拟考数学试卷 含解析

这是一份辽宁省大连市三校联考2025届高三下学期模拟考数学试卷 含解析，共27页。
1.答卷时，考生务必将自已的姓名､准考证号填写在答题卡上.
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是
符合题目要求的.
1. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据对数运算得出集合 B，再应用交集定义计算求解.
【详解】因为 ，
又因为集合 ，
则 .
故选：B.
2. 复数 ，则 在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限
C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数 ，利用共轭复数的定义结合复数的几何意义可得出结论.
【详解】因为 ，则 ，
所以，复数 在复平面内对应的点的坐标为 ，位于第二象限.
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故选：B.
3. 有四张卡片，每张卡片的一面上写着英文字母，则另外一面上写着数字.现在规定：当牌的一面写着数字
7 时，另外一面必须写着字母 .你的任务是：为了检验下面 4 张卡牌是否有违反规定的写法，你需要翻看
哪些牌？（ ）
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ④③
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知：M 后面是数字 7 就违反规则，即可得结果.
【详解】根据题意可知：数字 7 后面一定是字母 H，H 后面可以不是数字 7，
即 M 后面是数字 7 就违反规则，
所以只用看 7 和 M，其他卡牌无此顾虑.
故选：B.
4. 若正实数 满足 ，则 的最小值为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用基本不等式将方程化成 ，取 求解关于 的一元二次不等
式即得.
【详解】 正实数 满足 ，又 ，则 ，当且仅当
时取等号，
设 则 ，代入整理可得 ，解得 或 ，
因 ，故 ，故当 时， 取得最小值为 2.
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故选：B.
5. 某教学楼从二楼到三楼的楼梯共 10 级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，某同学从二楼到三楼
准备用 7 步恰好走完，则第二步走两级台阶的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用古典概型概率公式结合组合数计算可得.
【详解】10 级台阶要用 7 步走完，则 4 步是上一级，三步是上两级，
共 种走法，
若第二步走两级台阶，则其余 6 步中有两步是上两级，
共 ，
所以第二步走两级台阶的概率为 .
故选：C
6. 墙上挂着一幅高为 1m 的画，画的上端到地面的距离为 2m，某摄像机在地面上拍摄这幅画．将画上端一
点 A、下端一点 B 与摄像机连线的夹角称为视角（点 A，B 与摄像机在同一竖直平面内），且把最大的视角
称为最佳视角．若墙与地面垂直且摄像机高度忽略不计，则当摄像机在地面上任意移动时，最佳视角的正
弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意建立几何模型，求解正弦值最大转化成求解正切值最大，结合基本不等式求解最大值即
可.
【详解】
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如图所示： 最佳视角,且 当 最大时， 最大，
且 最大，又 ，
又设 所以
当且仅当 时取等号，
此时
解得：
故选：A.
7. 已 知 点 M 是 椭 圆 上 的 一 点 ， ， 分 别 是 C 的 左 、 右 焦 点 ， 且
，点 N 在 的平分线上，O 为原点， ， ，则 C 的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设 ， ，由题意得出 是等腰三角形. 在 中由余弦定理得到含
a，c 的齐次方程即可求解离心率.
【详解】解：设 ， ，延长 ON 交 于 A，如图所示.
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由题意知 ，O 为 的中点，∴点 A 为 中点.
又 ，点 N 在 的平分线上，
∴ ，∴ 是等腰三角形，
∴ ，
则 ，所以 .
又 ，所以 .
又在 中，由余弦定理得 ，
即 ，即 ，
化简得： .
又 ，所以 ，所以 ，即
故选：B.
8. ，不等式 恒成立，则正实数 的最大值是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将所求不等式变形为 ，构造函数 ，分析函数
的单调性，则所求不等式即为 ，可得出 ，由参变量分离法可得出
对 恒成立，利用导数求出函数 在 上的最小值，由此可得出正实数
的最大值.
【详解】将不等式 变形可得 ，
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即 ，
构造函数 ，可得 ，
令 ，则 ，
所以当 时， ，即 在 上单调递减，
当当 时， ，即 在 上单调递增，
所以 ，即 ，所以函数 在 上单调递增，
利用单调性并根据 可得 ，则有 ，
又 ，即可得 ，即 对 恒成立，因此 即可，
令 ， ，则 ，
显然当 时， ，即函数 在 上单调递减，
当 时， ，即函数 在 上单调递增，
所以 ，即 ，因此正实数 的最大值是 .
故选：A.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1） ， ；
（2） ， ；
（3） ， ；
（4） ， .
二､多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目
要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
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9. 已知函数 ，若 及其导函数 的部分图象如图所
示，则（ ）
A.
B. 函数 在 上单调递减
C. 的图象关于点 中心对称
D. 的最大值为
【答案】AB
【解析】
【分析】根据图象，结合函数的单调性与其导函数正负的关系，先判断两个图象
中哪个是 的图象，哪个是 的图象，进而列出关于 的方程组
求解 ，再结合特殊点求解参数 ，由此确定函数 和 的解析式，
再判断各个选项的正误即可．
【详解】因为 ，所以 ，根据图象可知，当 时，
，所以 单调递增，故 ，从而 ．
又 ，所以 ，由 得 ，
故 ， ．
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选项 A： 的最小正周期为 ，故 ，A 正确．
选项 B：令 ，解得 ，
故函数 在 上单调递减，B 正确．
选项 C：由于 ， ，
故 的图象不关于点 中心对称，故 C 错误．
选项 D： ，
其中 为锐角，且 ，（辅助角公式的应用）,所以 的最大值为 ，D 错误．
故选：AB
10. 已知正四棱锥 的棱长均为 2，下列说法正确的是（ ）
A. 平面 与平面 夹角的正弦值为
B. 若点 满足 ，则 的最小值为
C. 在四棱锥 内部有一个可任意转动的正方体，则该正方体表面积的最大值为
D. 点 在平面 内，且 ，则点 轨迹的长度为
【答案】BCD
【解析】
【分析】本题考查正四棱锥的性质、空间向量、正方体与四棱锥的内切关系以及点的轨迹问题.对于 A，可
以利用正四棱锥的性质以及线面角的定义求解；对于 B，根据平面向量的线性运算，结合平面向量基本定理，
再利用垂线段的性质求解即可；对于 C，根据正四棱锥和正方体的性质进行求解；对于 D，根据平面向量的
模长运算，再利用圆的定义进行求解即可.
【详解】如图，
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对于 A，∵正四棱锥 的棱长为 2，∴正四棱锥 的高为 ，
设点 P 为 AB 中点，根据正四棱锥的性质，得 ， ，
则平面 与平面 的夹角为 ，则 ，故 A 错误；
对于 B，∵ ， ，
根据空间向量基本定理可得点 P 在平面 MAD 上，
∴当 平面 时， 最小，
此时根据等体积法可求出 ，即
可求得 ，即 的最小值为 ，故 B 正确；
对于 C，设正方体的棱长为 ，则正方体的体积为 ，
正方体可以在正四棱锥 内部任意转动，所以正方体对角线的长度不超过该正四棱锥内切球的直
径，
设内切球的半径为 r，正四棱锥 的体积为 ，
根据另一个体积公式 ，可得 ，
∴正方体对角线 ， ，
∴正方体表面积 ，故 C 正确；
对于 D，如图，以 A 为原点， ， 所在直线为 ， 轴，
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过点 A 向上作垂线为 轴建立空间直角坐标系，则 ， ，
设 ，∵ ，
∴ ，即 ，
化简整理可得 ，∴点 的轨迹是在平面 ABCD 内以 为圆心，半径为 的圆在
四边形 ABCD 内的部分（圆弧）如图，
由于 ，
则点 Q 的轨迹长度为 ，故 D 正确.
故选：BCD.
【点睛】难点点睛：本题解答的难点在于选项 D 的判断，解答时要注意判断动点的轨迹形状，进而求解.
11. 设数列 满足 ，记数列 的前 项和为 ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
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【解析】
【分析】 结合二次函数的性质可判断 A；由放缩法可得
即可判断 B；由放缩法可得 ，再由累乘法可得
，可判断 C；由累加法可得 ，即可判断 D.
【详解】对于 A， ，因为 ，
根据二次函数的性质，所以 ，所以 ，故 A 正确；
对于 B，
，
所以 ，
， ，所以 ，故 B 正确；
对于 C， ，
，
所以 ，累乘可得：
，
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所以 ，
所以 ，故 C 错误；
对于 D，因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，数列 的前 项和为 ，
所以
，故 D 正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：本题 C 选项的关键是通过由放缩法得到 ，对不等式两边取对数可
得 ，再由累乘法得到 ，进而证得 .
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知幂函数 ，写出一个使得不等式 成立的自然数 的值
__________.
【答案】3 或 4（写对一个即可）
【解析】
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【分析】根据 为幂函数，得到 ，再解不等式即可.
【详解】因为 为幂函数，
所以 ，解得 ，则 ，
不等式 可化为 ，
解得 ，所以符合条件的自然数 可以是 3 或 4.
故答案为：3 或 4（写对一个即可）
13. 点 为圆 上的一个动点，点 ，则向量 在 方向上的投影数量
的最大值为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】设点 ，即可求出 ， ，再由 在 方向上的投影数量为
及余弦函数的性质计算可得.
【详解】因为点 为圆 上的一个动点，
所以设点 ，则 ,
又 ，
所以 ， ，
所以 在 方向上的投影数量为 ，
又 ，所以 在 方向上的投影数量的取值范围为 ，
即 在 方向上 投影数量的最大值为 .
故答案为： .
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14. 记 表示 三个数中的最大数．若函数 的值域
为 ，则 的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】先由值域为 得到不等式 ，再利用不等式的性质比较 三者大小，再借
助分数的性质及不等式放缩求解最值可得.
【详解】若函数 值域为 ，
记 ，
则 ，故 ，
由 ，得 ，且 ，
所以 ，又 ，
所以 ，
故 .
则由 且 ，
可得 ，
当且仅当 ，即 时等号成立.
的最小值为 .
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故答案为： .
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于利用不等式及分数的性质求解最小值.
四､解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 如图，已知在四棱锥 中， 平面 ，四边形 为直角梯形，
， ，点 是棱 上靠近 端的三等分点.
（1）证明： 平面 ；
（2）求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，求出平面 的一个法向量，利用向量的坐标运算可得线面平
行；
（2）利用空间向量坐标运算分别得到平面 与平面 一个法向量，计算面面夹角的余弦值即可.
【小问 1 详解】
在四棱锥 中， 平面 ，四边形 为直角梯形， ，
以点 为坐标原点， 分别为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
又 ，点 是棱 上靠近 端的三等分点
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则 .
，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，
令 ，得 ，则 ，
又 ，可得 ，
因为 平面 ，所以 平面 .
小问 2 详解】
易知 ，设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，则 ，
由（1）知，平面 的一个法向量为 ，
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 ，
所以平面 与平面 的夹角的余弦值为 .
16. 为了解居民体育锻炼情况，某地区对辖区内居民体育锻炼进行抽样调查.统计其中 400 名居民体育锻炼
的次数与年龄，得到如下的频数分布表.
年
龄 [20,30) [30,40) [40,50) [50,60]
次数
每周 0~2 次 70 55 36 59
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每周 3~4 次 25 40 44 31
每周 5 次及以
5 5 20 10 上
（1）若把年龄在 的锻炼者称为青年，年龄在 的锻炼者称为中年，每周体育锻炼不超过 2
次的称为体育锻炼频率低，不低于 3 次的称为体育锻炼频率高，根据小概率值 的独立性检验判断
体育锻炼频率的高低与年龄是否有关联；
（2）从每周体育锻炼 5 次及以上的样本锻炼者中，按照表中年龄段采用按比例分配的分层随机抽样，抽取
8 人，再从这 8 人中随机抽取 3 人，记这 3 人中年龄在 与 的人数分别为 ，
求ξ的分布列与期望；
（3）已知小明每周的星期六、星期天都进行体育锻炼，且两次锻炼均在跑步、篮球、羽毛球 3 种运动项目
中选择一种，已知小明在某星期六等可能选择一种运动项目，如果星期六选择跑步、篮球、羽毛球，则星
期天选择跑步的概率分别为 ，求小明星期天选择跑步的概率.
参考公式：
附：
α 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6 635 7.879 10.828
【答案】（1）有关 （2）分布列见解析；期望为
（3）
【解析】
【分析】（1）求出卡方值并与临界值比较即可得到结论；
（2）根据步骤列出分布列，利用数学期望公式即可得到答案；
（3）利用全概率公式即可得到答案.
【小问 1 详解】
零假设： 体育锻炼频率的高低与年龄无关，
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由题得 列联表如下：
青年 中年 合计
体育锻炼频率低 125 95 220
体育锻炼频率高 75 105 180
合计 200 200 400
，
根据小概率值 独立性检验推断 不成立，
即认为体育锻炼频率的高低与年龄有关，此推断犯错误的概率不大于 0.01.
【小问 2 详解】
由数表知，利用分层抽样的方法抽取的 8 人中，年龄在 内的人数分别为 1，2，
依题意， 的所有可能取值分别为为 0，1，2，
所以 ，
，
，
所以 的分布列：：
0 1 2
所以 的数学期望为 .
【小问 3 详解】
记小明在某一周星期六选择跑步、篮球、羽毛球，分别为事件 A，B，C，
星期天选择跑步为事件 ，则 ，
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，
所以
所以小明星期天选择跑步的概率为 .
【点睛】关键点点睛：本题第 3 问的解决关键是熟练掌握全概率公式，从而得解.
17. 已知函数 ．
（1）讨论函数 的单调区间；
（2）若曲线 在 处的切线垂直于直线 ，对任意 恒成立，求
实数 b 的最大值；
（3）若 为函数 的极值点，求证： ．
【答案】（1）当 时， 在 上单调递增；当 时， 在 上单调递增，在
上单调递减．
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出 ，然后对 分类讨论求解函数 的单调区间；
（2）由题意得 即可求得 ，得到 的解析式．对任意 恒成立，
即对任意 恒成立，令 ，问题转化为求 的最
小值，利用导数求解即可；
（3）因为 为函数 的极值点，所以 ．要证明不等式 成立，只需证
．令 ，证得 ， ．分两种情况证明：当
时，由 即证得结论；当 时，得 ，只需证
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，即证 对 成立，构造函数
，结合函数的单调性证明即可．
【小问 1 详解】
，定义域为 ，
所以 ，
当 时， ，故 在 上单调递增，
当 时，由 ，得 ；由 ，得 ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
综上：当 时， 在 上单调递增，
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减．
【小问 2 详解】
因为 ，曲线 在 处的切线垂直于直线 ，
则 在 处的切线的斜率为 ，即 ，解得： ，
则 .
对任意 恒成立，即对任意 ，
即对任意 恒成立，
令 ，
，令 ，得 ，
当 时， ， 为减函数；
当 时， ， 为增函数；
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，
，则实数 b 的最大值 ．
【小问 3 详解】
函数 ，
因为 为函数 的极值点，所以 ，所以 ，
要证明不等式： 成立，只需证 ，
令 ，
当 时， 单调递增；当 时， ， 单调递减，
所以 ，即 ，所以 ，
当 时，因为 ，所以 ．
当 时，因为 ，所以 ，所以 ，
要证 成立，只需证 ，
即证 对 成立．
令 ，因为 ，
当 时， 单调递增；当 时， 单调递减，
所以 ，即 时， 成立．
综上所述，原不等式成立．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，常用的思路层次有三个，其一直接构造函数利用导数证明；其
二直接做差构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，从而证得不等式；其三先利用放缩、等量代换
等方法做适当的变换后再做差构造函数，利用导数证明.
18. 如图，直线 与直线 ，分别与抛物线 交于点 ， 和
点 （ 在 轴同侧），线段 与 交于点 .当 经过 的焦点 时 两点的纵坐标之积等
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于
（1）求抛物线 的标准方程；
（2）线段 与 交于点 ，线段 与 的中点分别为
①求证： 三点共线；
②若 ，求四边形 的面积.
【答案】（1）
（2）①证明见解析;②9
【解析】
【分析】（1）联立直线与抛物线方程，利用韦达定理求出 即可；
（2）①设 分别求得 的方程，求得 和 ，根据
，得到 ，再由 的方程，求得 的表达式，即可得证；
②由①，得到 和 ，由 和 ，分别求得
和 ，两式相减得 ，结合
和三角形的面积公式，即可求解.
【小问 1 详解】
因为抛物线焦点为 ，
则 ，即 ，
所以直线 ，
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代入抛物线方程可得： ，
即 ，
则 ，由题意 ，解得 ，
所以所求抛物线方程为 .
【小问 2 详解】
①证明：设 .
若 ，则直线 斜率不存在，
由对称性，可知 均在 轴上，则 三点共线；
若 ，则直线斜率存在，
直线 方程为： ，结合 ，
则 ，
同理可得 方程： 方程： ，
方程： .设 ，
因 ，则 .
则直线 与 轴平行，设直线 与线段 交点为 .
将 代入直线 方程，
则 ；
将 代入直线 方程，
则 .
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注意到
，又 ，则 两点重合，
即 为线段 与 交点 ，且点 三点共线；
②由（2），直线 与 轴平行，
则 .
又 ，同理可得 ，
又由（2） ，
则 ，
由 ，则 ，
即 .
则
如图，
过 作 平行线，交 为 ，则四边形 为平行四边形，
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结合 ，则 .
因 ，则 ，结合 ，
则 ，又 M 为 中点，则 E 为 NC 中点.则
，
则四边形 的面积
19. 已知 是无穷数列， 是数列 的前 n 项和，对于 ，给出下列三个条件：①
；② ；③ ；
（1）若 ，对任意的 ，数列 是否恒满足条件②，并说明理由；
（2）若 ，数列 同时满足条件①②，且 ，求数列 的通项公式；
（3）若 ，数列 同时满足条件①③，求证：
【答案】（1）不恒满足条件②，理由见解析
（2） 或
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由 ，求得 ，令 取特殊值验证即可说明；
（2）由②可得 ，可推得数列 是等差数列，求出 和 ，即可求得 的
通项公式；
（3）由已知，通过条件③可得 ，进行递推，即可证得数列 为常数列
.
【小问 1 详解】
，则数列 是以 为首项，2 为公比的等比数列，
，
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不防令 ，
则 ，
，
则 ，
所以数列 不恒满足条件②.
【小问 2 详解】
若 ，由②得 ，即 ，
当 时， ，
两式相减得 ，
即 ， ，
两式相减得 ，即 ， ，
又 ，
时， ，即 ，
数列 是等差数列，
设数列 的公差为 ，
是无穷数列， ，
或 ，
或 .
【小问 3 详解】
当 时，由③得 ，
即 ，
所以 ，
若 ，由①不妨设 ，则 ，则数列 为常数列.
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若 ，当 时， ，与 矛盾.
当 时，令 ，
则 ，
，
，
则 ，
各式相加得 .
当 时， ，与 矛盾.
综上所述，只有当 ，即 ，且 时满足①③，
所以数列 为常数列.
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