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（解析版）

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（解析版），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：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. 已知复数满足，则（ ）
A. 1B. 2C. D. 3
【答案】C
【解析】，
，
．
故选：C
2. 设全集，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为全集，，所以，
所以.
故选：B.
3. 已知向量，，，若，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】由，，得，由，得，
所以.
故选：A
4. 已知互不相等的数据，，，，，，的平均数为，方差为，数据，，，，，的方差为，则（ ）
A. B.
C. D. 与的大小关系无法判断
【答案】C
【解析】根据已知条件第一组数据的个数为个，且，
所以，
，
第二组数据的个数为个，且平均数，
，
因为，
所以.
故选：C
5. 若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为，则圆锥母线与底面所成角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设圆锥底面的半径为，母线长为，高为，则由题意得，解得，
设圆锥母线与底面所成角为，则，
所以圆锥母线与底面所成角的大小为.
故选：A.
6. 在的展开式中，的系数是（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】展开式的通项为，
令，
所以的系数是.
故选：D
7. 已知、是函数的图象上两个不同的点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】根据已知条件有，，所以，
因为、是函数的图象上两个不同的点，
所以，所以，即，
因为为上的增函数，
所以，
所以
故选：B
8. 如图，圆与轴交于、两点，、是分别过、的圆的切线，过圆上任意一点作圆的切线，分别交、于点、两点，记直线与交于点，则点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】设点，当圆心与切点所成直线的斜率不存在时，即当点时，
易知以，所以此时点为矩形的对角线的交点，即；
当圆心与切点所成直线斜率存在时，则，因为，
所以切线的斜率为，又切线过点，
所以切线的方程为，整理得，
又点在圆上，所以，故切线的方程为.
易知，在切线的方程中，令，则，
令，则，所以，
所以直线的斜率，直线的方程为，
直线的斜率，直线的方程为，
联立直线和直线的方程，解得，
所以点，又，所以点所满足的方程为，
因为切线分别交、于点、两点，所以切线不能为，即，
且前述直线的斜率不存在时即也满足上述方程，
所以点的轨迹方程为.
故选：B.
二、多项选择题：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.
9. 对于函数和，下列说法中正确的是（ ）
A. 与有相同的零点
B. 与有相同的最小值
C. 函数的图象与的图象有相同的对称轴
D. 的图象可以由函数的图象向左平移个单位得到
【答案】BD
【解析】对于A，令中，可得，
但，故A错误；
对于B，由正余弦函数的值域可得两函数具有相同的最小值为，故B正确；
对于C，函数的对称轴方程为，即，
所以，故C错误；
对于D，的图象向左平移个单位得到，故D正确；
故选：BD
10. 已知函数满足，，则（ ）
A.
B. 对于任意，有三个零点
C. 对于任意，有两个极值点
D. 存在，使得点为曲线对称中心
【答案】AB
【解析】对于A，由，，
可得，即，故A正确；
对于B，由A选项可得，
则，则，
当时，令，则，
令，则或，
令，则，
所以函数在上单调递增，
在上单调递减，
由，可得，
而，所以，
又当时，，当时，，
所以函数在和都存在一个零点，
所以对于任意，有三个零点，故B正确；
对于C，当时，
，则，
由，
得恒成立，
所以函数上单调递增，
所以函数无极值点，故C错误；
对于D，要使点为曲线对称中心，
则为定值，
而
，
因为为定值，
所以，解得，
所以不存在，使得点曲线对称中心，故D错误.
11. 曲线与直线交于不同的两点、（），、分别为曲线在点、处的切线，、分别为直线、与直线的交点，为直线与的交点，则（ ）
A. B. C. D. 点在直线上
【答案】ABC
【解析】曲线与直线交于不同的两点、，
，整理得
解得或，
且，，故A正确；
令，且对称轴，，
，
，故B正确；
，则，：，即.
令，得，即，同理可得, .
，，
，
关于轴对称，，故C正确；
为直线与的交点，联立，
整理得代入得：
，
即点在直线上，故D不正确.
故选：ABC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若且，则____________.
【答案】
【解析】由两角和的正切公式可得，所以，
由两角和的余弦公式可得
，
解得.
故答案为：.
13. 设为公比为等比数列的前项和，若，，成等差数列，则_________.
【答案】
【解析】由，，成等差数列，可得：.
又因为为公比为等比数列的前项和，
所以，且，
即，解得：.
故答案为：.
14. 设、、、是、、、、、、、的一个排列，则满足，，，的排列共有________个；，则集合中所有元素的和为___________.
【答案】①. ②.
【解析】因为、、、是、、、、、、、的一个排列，
若满足，，，，则与、与、与、与的大小关系是确定的，
所以，满足条件的排列方法种数为种；
对于集合中的元素，不妨设，，，，
则
为偶数，
根据题意可知，，，，，
则，
不妨取，此时，取最小值，
当取最小值时，最大，且的最小值为，
则的最大值为，接下来验证可取内的所有偶数，
对取特殊值进行验证，列表如下：
因此，集合的所有元素之和为.
故答案为：；.
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. 中，角的对边分别为已知.
（1）求；
（2）若，，求的面积.
解：（1）由正弦定理可得,
因为，，,
所以，
所以整理得，因为，所以.
（2）因为，
所以，因为，所以，，
又因为，，所以，又，
所以.
16. 如图，斜三棱柱中，，点在底面的射影恰好是的中点，.

（1）证明：；
（2）将沿翻折至，使得点在平面上，求平面与平面所成角的余弦值.
（1）证明：由已知平面，所以，
因为，所以，又，平面，
所以平面，所以
因为，所以平行四边形为菱形，所以
又，平面，所以平面，所以
（2）解：因为，由（1）平面，所以平面，
所以,由已知，直线、和均在平面内,
所以、、三点共线,
因为，所以为的中点

取中点，连接，因为是的中点，所以
所以面，所以，，且平面
分别以直线、、为轴、轴、如图所示空间平面直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
所以，
设平面的法向量为，
因为，所以，令，
可得平面的一个法向量为；
设平面的法向量为，
因为，所以，令，
可得平面的一个法向量为；
因为
所以平面与平面所成角的余弦值为.
17. 已知函数.
（1）当时，证明：；
（2）若存在极大值，且极大值大于0，求的取值范围.
（1）证明：时，，，
时，；时，，
所以在区间上单调递增，上单调递减，
所以.
（2）解：，
时，，在上单调递增，无极值；
时，时，；时，，
所以在区间上单调递增，上单调递减，
所以的极大值为，
令，则，
所以在区间上单调递增，由已知，
所以，解得，
综上，.
18. 某篮球夏令营举行超远距离投篮闯关游戏，游戏规则如下：
夏令营成员组队参加游戏，每队由三名队员组成.三名队员排好出场顺序后，依次出场投篮，且每名队员只投一次.如果一名队员投中，则游戏停止；如果这名队员没有投中，则派出下一名队员，直至有队员投中（闯关成功）或无队员可派出（闯关失败）时游戏停止.现有甲、乙、丙三人组队参加游戏，他们投中的概率分别为、、，且每次每人投中与否相互独立.
（1）若，，，求游戏停止时小队有人投中的概率；
（2）若，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的分布列和期望；
（ⅱ）分析采用哪种方案，可使所需派出人员数目的期望更小.
解：（1）设“停止比赛时小队有人投中”为事件，
则，所以.
（2）（ⅰ）的所有可能取值为1，2，3
，，；
所以的分布列为
.
（ⅱ）设方案二所需派出人员数目，同理可得，
因为，所以
，
所以，方案一可使所需派出人员数目的期望更小.
19. 已知双曲线（，）的两条渐近线为，且经过点.
（1）求双曲线的方程；
（2）过点作两条互相垂直的直线（两条直线的斜率都存在）分别交双曲线于点、和点、，、分别为弦和的中点，直线与轴交于点；过点作两条互相垂直的直线（两条直线的斜率都存在）分别交双曲线于点、和点、，、分别为弦和的中点，直线与轴交于点……；依此类推得到点列，.
（ⅰ）求数列的通项公式；
（ⅱ）、分别在双曲线的左支和右支上，且直线经过点，当，时满足：①直线的倾斜角总是；②点和关于轴对称.设点的坐标为，数列的前项和为.证明：.
解：（1）由双曲线的两条渐近线为，得，即，
又双曲线经过点，得，解得，
所以双曲线方程为.
（2）令，设两条直线的方程分别为和，
设，，由得，
由，得，，
则，，
点，同理得点，
于是直线的斜率，
直线的方程为：，
令，得，因此，
由，得，则数列是首项为，公比为的等比数列，
所以.

（ⅱ）设直线的方程为，由点的坐标为，得的坐标为，
由消去得，因此，，
则，
所以.1
2
3