辽宁省名校联盟2025届高三下学期第一次模拟考试数学试题 含解析

这是一份辽宁省名校联盟2025届高三下学期第一次模拟考试数学试题 含解析，共22页。
试卷满分：150 分 时间：120 分钟
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名，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，再选涂其他答案标号.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】C
【解析】
【分析】分别求出集合 和 ，然后，利用交集的运算可得答案.
【详解】 ，
，
.
故选：C
2. “ ”是“ ”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】解不等式，得到 或 ，根据推出关系得到答案.
第 1页/共 22页
【详解】 或 ，
或 ，但 或 ，
故“ ”是“ ”的充分而不必要条件，A 正确，BCD 错误.
故选：A
3. 已知等差数列 的前 项和为 ，若 ，则 （ ）
A. 4 B. 60 C. 68 D. 52
【答案】D
【解析】
【分析】由等差中项的推理求得 ，由等差数列的前 项和与等差中项求得 .
【详解】 ，∴ ，∴ ，
故选：D.
4. 学校放三天假，甲､乙两名同学打算去敬老院做志愿者，甲同学准备在三天中随机选一天，乙同学准备在
前两天中随机选一天，则甲乙选择同一天的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先用分步乘法计数原理得到共有 6 种选择，其中甲乙选择同一天的情况有 2 种，从而得到概率.
【详解】甲同学有 3 种选择，乙同学有 2 种选择，故共有 种选择，
其中甲乙选择同一天的情况有 2 种，故甲乙选择同一天的概率为 .
故选：C
5. 若函数 在其定义域内单调递增，则实数 a 取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将问题转化为 在 上恒成立，利用基本不等式可得.
第 2页/共 22页
【详解】 的定义域为 ， ，
因为函数 在其定义域内单调递增，
所以 在 上恒成立，即 在 上恒成立，
因为 ，当且仅当 时，等号成立，
所以 ，所以 .
故选：B
6. 设 是双曲线 的两个焦点， 为坐标原点，点 在 上且 ，则
的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用坐标计算 ，再利用 进行消元，解关于 的不等式.
【详解】点 在 上，则 ，且 或 ，
因 ，则 ， ，
则 ，
解得 ，故 或 .
故选：B
7. 对任意 ，都有 ，且 不恒为 0，函数
第 3页/共 22页
，则 （ ）
A. 0 B. 2 C. 4 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】利用赋值法可得 ，进而可求 的值.
【详解】令 ，可得 ，所以 ，
令 ，可得 ，
因为 不恒为 0，所以 ，所以 是奇函数，
因为 ，
所以 .
故选：B.
8. 已知 ，向量 ，且 的最小值为 ，则 的最小
值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】延长 至 ，使 ，依题意可得 共线，则 是等边三角形，取 的中
点 ，求出 ，再由数量积的运算律计算可得.
【详解】延长 至 ，使 ，则 ，
所以 共线，又 的最小值为 ，且 ，
所以 为等腰三角形，当且仅当 时 取得最小值，则 ，
第 4页/共 22页
所以 是等边三角形，取 的中点 ，则 ，当且仅当 时取等号，
所以 ，即 的最小值为 .
故选：C
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，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分.
9. 有一组样本数据 、 、 、 ，其平均数、中位数、方差、极差分别记为 、 、 、 ，由这组
数据得到新样本数据 、 、 、 ，其中 ，其平均数、中位数、方差、
极差分别记为 、 、 、 ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用平均数的性质可判断 A 选项；利用中位数的性质可判断 B 选项；利用方差的性质可判断 C 选
项；分 、 两种情况讨论，可判断 D 选项.
【详解】对于 A 选项，由平均数的性质可得 ，A 对；
对于 B 选项，不妨设 ，
若 为奇数，设 ，则数据 、 、 、 的中位数为 ，
若 ，新样本数据由小到大依次为 、 、 、 ，
这组数据的中位数为 ；
当 ，新样本数据由小到大依次为 、 、 、 ，
第 5页/共 22页
这组数据的中位数为 ；
若 为偶数，同理可知， ，B 对；
对于 C 选项，由方差的性质可得 ，C 对；
对于 D 选项，若 、 是 、 、 、 中最大值、最小值，
当 时，则 为 、 、 、 中的最大值，
为 、 、 、 中的最小值，
此时， ；
当 时，则 为 、 、 、 中的最小值，
为 、 、 、 中的最大值，
此时， ，D 错.
故选：ABC.
10. 若 ，记 为不超过 的正整数中与 互质（两个正整数除 1 之外，没有其余公因数）的正整
数的个数，例如 ，则下面选项正确的是（ ）
A.
B.
C. 若 是质数，则
D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据 的定义，求出 ， ，即可判断 AB 选项；若 是素数， 与前 个正整
数均互素，可得 ，即可判断 C 选项；由 时 只有因数 2，则求出 ； 也
必为偶数，所以只能取奇数，且 也与 不互质，此时比较 ，再由 可能
为合数，所以得结论.
第 6页/共 22页
【详解】不超过 14 且与 14 互质的正整数有 ，共 6 个，即 ，A 选项错误；
不超过 16 且与 16 互质的正整数有 ，共 8 个，即 ，B 选项错误；
若 是素数， 与前 个正整数均互素，可得 ，所以 C 选项正确；
若 ，则 ，然而 必为偶数，故比 小的数中所以偶数与
不互质，而且 为奇数也与 不互质，此时 ，当 为合数时，
还会存在至少 1 个数与 不互质，此时 .
例如 时， ， ，
∴ ， ，此时 ，D 选项错
误.
故选：BC.
11. 在正三棱台 中， 分别是线段 上的点， 是上、下底面的
中心， 是底面 内一点，下列结论正确的是（ ）
A.
B. 若 平面 ，则点 的轨迹长等于
C.
D. 当 时，四点 构成的图形为直角梯形
【答案】AC
【解析】
第 7页/共 22页
【分析】A 选项，作出辅助线，建立空间直角坐标系，设 ， ，写出点的坐标，计
算出 ，A 正确；B 选项，作出辅助线，得到线面平行，得到 的轨迹长度为 ，并根据余弦
定理求出轨迹长度；C 选项，利用等体积法和大减小求出 ，C 正确；D 选项，举出反例即
可.
【详解】A 选项，显然 ⊥底面 ，取 的中点 ，连接 ，
过点 作 ，交 于点 ，则 ，
以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系，
设 ， ，
则 ， ， ， ，
则 ，
所以 ，
故 ，A 正确；
B 选项，
取 的中点 ，连接 ， ，
因为 且 ，所以四边形 为平行四边形，
所以 ，
第 8页/共 22页
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
故当 在 上时，满足 平面 ，
故 的轨迹长度为 ，其中 ，
由余弦定理得 ，
点 的轨迹长不等于 ，B 错误；
C 选项， ， ，
， ，
又棱台 的体积为
，
所以 ，C 正确；
D 选项，四边形 为等腰梯形，当 与 重合， 时，
，但此时 与 平行，故 与 不平行，
此时四点 构成的图形不为直角梯形，D 错误.
第 9页/共 22页
故选：AC
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知点 为抛物线 上一点，且点 到抛物线 焦点 的距离为 3，则
__________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据焦半径公式得到方程，求出 .
【详解】由焦半径公式得，点 到抛物线的焦点 的距离 ，解得 .
故答案为：2
13. 设复数 满足 ，则 __________.
【答案】
【解析】
【分析】利用 ，计算可求 .
【详解】因为对任意复数 ，都有 ，
又 ，所以 ，
所以 ，所以 .
故答案为： .
14. 的最大值为__________.
【答案】25
第 10页/共 22页
【解析】
【分析】将等式转化为点到点的距离问题，然后再得到两动点的轨迹，找到两点之间的最大距离即可.
【详解】设 .
则 在椭圆 上， 在圆 上.
.
设 是 上一点，
，
∵ ，∴ ，即 ，
∴当 共线的时， 取最大值 ，此时 最大，最大值为 5，
∴ .
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 1，在 中， ， ， 、 两点分别在 、 上，使
.现将 沿 折起得到四棱锥 ，在图 2 中 .
第 11页/共 22页
（1）求证： 平面 ；
（2）求平面 与平面 所成角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明出 ， ，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）解法一：以点 为原点， 、 、 的方向分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，利用空
间向量法可求得平面 与平面 所成角的正切值；
解法二：过 在平面 内作 ，垂足为点 ，过点 在平面 内作 ，垂足为
点 ，连接 ，推导出 为平面 与平面 所成的角，求出 、 的长，即可得出平面
与平面 所成角的正切值.
【小问 1 详解】
在图 1 的 中， ，
所以， ，且 ， ，
因为 ，所以， ，则 ， ，
在 中， ， ， ，则 ，
在图 2 的 中， ， ， ，
满足 ，所以， ，
因为 ， ， ， 、 平面 ，所以， 平面 .
【小问 2 详解】
第 12页/共 22页
解法一：因为 平面 ， ，
以点 为原点， 、 、 的方向分别为 、 、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则 、 、 、 ， ， ，
设平面 一个的法向量 ，则 ，
取 ，可得 ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
则 ，取 ，则 ，
设平面 与平面 所成角为 ，
则 ，
所以， ， .
因此，平面 与平面 所成角的正切值为 ；
解法二：过 在平面 内作 ，垂足为点 ，
过点 在平面 内作 ，垂足为点 ，连接 ，
第 13页/共 22页
由（1）知 平面 ，因为 平面 ，则 ，
因为 ， ， 、 平面 ，所以， 平面 ，
因为 平面 ，所以， ，
因为 ， ， 、 平面 ，所以， 平面 ，
因为 平面 ，则 ，
所以， 为平面 与平面 所成的角，设 .
在 中， ， ， ， ，
所以， ， ，
在 中， ， ， ， ，
所以， ，则 ，
在 中， ，
所以，平面 与平面 所成角的正切值为 .
16. 已知函数 .
（1）求 的单调递增区间；
（2）若 对 恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
第 14页/共 22页
（2） .
【解析】
【分析】（1）先求得 ，分 ， ， 和 ，四种情况讨论，结合
的解集，即可求得函数的单调递增区间；
（2）由（1）知：当 时，求得 ，令 求得 ；当 时，利用
在 的单调性，得到 ，令函数 ，求得
，再令 ，利用导数，结合函数的单调性 ，得到 在 上
单调递减，结合 ，求得 ，进而得到答案.
【小问 1 详解】
解：由函数 ，其中 ，
可得 ，
当 时，令 ，解得 ，所以 的单调递增区间为 ；
当 时，令 ，解得 或 ，
所以 单调递增区间为 及 ；
当 时， 恒成立，所以 的单调递增区间为 ；
当 时，令 ，解得 或 ，
所以 的单调递增区间为 及 .
综上可得：当 时， 的单调递增区间为 ；
当 时， 的单调递增区间为 及 ；
当 时， 的单调递增区间为 ；
第 15页/共 22页
当 时， 的单调递增区间为 及 .
【小问 2 详解】
解：由（1）知，当 ， 在 单调递增，所以 ，
令 ，可得 ，所以 ；
当 时，函数 在 单调递减，在 单调递增，
所以 ，
令 ，可得 ，
令 ，可得 ，所以 为 单调递减，
所以 ，所以 ，所以 在 上单调递减，
因为 且 ，所以 ，
综上可得：实数 的取值范围为 .
17. 在 中，角 所对的边分别是 ，且满足
（1）求角 的大小；
（2）若 ，求 面积的最大值；
（3）求 的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理，结合辅助角公式进行求解即可；
第 16页/共 22页
（2）根据余弦定理结合基本不等式求得 ，利用三角形面积公式进行求解即可；
（3）根据 将式子化简成只关于角 A 的函数，然后利用换元的方法，结合二次函数性质
求解值域即可．
【小问 1 详解】
由正弦定理得 ，即 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
又因为 ，所以 .
【小问 2 详解】
由余弦定理得：
，代入 得： ，
根据基本不等式 ，得： ，当且仅当 时，等号成立，
的面积为： ，故面积的最大值为 .
【小问 3 详解】
令 ，则 ，
所以 可化为：
第 17页/共 22页
因为 ，
由二次函数的图像性质得到，
当 时，原式大于 ，
当 时，原式取得最大值 ，
故 的取值范围为
18. 甲口袋中装有 2 个黑球和 1 个白球，乙口袋中装有 3 个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放
入另一口袋，重复 次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为 ，恰有 2 个黑球的概率为 ，恰有 1 个黑
球的概率为 .
（1）求 和 ；
（2）求证： 是等比数列；
（3）求 的数学期望 （用 表示）.
【答案】（1） ， ；
（2）证明见解析； （3） .
【解析】
【分析】（1）结合独立事件乘法公式出求 ，再利用全概率公式求 .
（2）利用全概率公式求得 、 与 、 的关系，再利用构造法证明等比数列.
（3）求出 的分布列及期望，再利用由（2）求出通项公式.
【小问 1 详解】
依题意， ， ，
，
.
第 18页/共 22页
【小问 2 详解】
设 表示 次取球后甲口袋有 2 个黑球， 表示 次取球后甲口袋有 1 个黑球，
表示一次操作甲乙都取的是白球， 表示一次操作甲取的是白球同时乙取的是黑球，
表示一次操作甲取的是黑球同时乙取的是白球， 表示一次操作甲，乙都取黑球，
当 时，
则 ，
，
，
，
因此 ，即 ， ，
所以 是 为首项 为公比的等比数列.
【小问 3 详解】
依题意， 的分布列为
0 1 2
期望 ，由（2）得 ，
所以 .
19. 已知圆 为坐标原点，过圆 上一动点 作圆 切线 交圆 于
两点，直线 交圆 于 两点.
第 19页/共 22页
（1）四边形 的面积是否是定值，直接给出结果，不必证明；
（2）对平面上所有点进行如下变换 ，（即：原坐标 在这个变换下的新坐标为 ），
圆 、圆 、直线 分别变换成 ，点 变换成 .
①写出 的方程， 与 是否相切，证明你的结论；
②四边形 的面积是否是定值，请说明理由.
【答案】（1）是，
（2）① ， 与 相切，证明见解析；②四边形 的面积是定值，理由见
解析
【解析】
【分析】（1）四边形对角线垂直，且对角线长不变；
（2）①代入原方程后整理得到 ，讨论直线 的斜率不存在，得到直线 方程，证明是否相切；讨论
的斜率存在时，设直线方程，由切线的性质建立关系，从而得到直线 方程，联立后由判别式判断是否相
切；
②讨论直线 斜率存在时设 ，联立方程组，消 得关于 的一元二次方程，由韦达定理和交点弦长公
式求得 ，得到 到 的距离，从而求出 ，由线段的比例得到 的关系，
然后得到四边形面积.讨论当斜率不存在时，直接得到点四边形定点坐标，求得四边形面积.从而证明面积为
定值.
第 20页/共 22页
【小问 1 详解】
由 与 垂直，四边形 的面积 ，
四边形 对角线互相垂直，且对角线长不变，所以四边形 面积为定值 .
【小问 2 详解】
①由已知得 的方程分别为为
若 的斜率不存在时， 的方程为 ，此时显然 与 相切
若 的斜率存在时，设 的方程为 与 相切得 ，
即
的方程为 ，代入 ，
得 ，
此时
所以只有一个交点，显然 与 相切
②设 ，联立 ，
消 得
将 代入得 ， 到 的距离为 ，
第 21页/共 22页
所以
显然 所以
所以四边形 的面积
当直线 的斜率不存在时， 的斜率也不存在，此时
（或 ）
此时四边形 的面积
所以四边形 的面积是定值
【点睛】方法点睛：
证明直线为曲线的切线，只需联立方程组，消元得到一元二次方程后由判别式来判断方程解的个数即交点
个数，即可证明切线关系.
第 22页/共 22页