辽宁省沈阳市2025届高三三模数学试卷（解析版）

这是一份辽宁省沈阳市2025届高三三模数学试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为，，
则.
故选：C
2. 已知为虚数单位，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，故.
故选：B.
3. 双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由，得，，
故渐近线方程为．
故选：B.
4. 已知向量，满足，，则等于（ ）
A. 12B. 10C. D.
【答案】C
【解析】由有，
所以，
所以，
故选：C.
5. 等比数列中，，则“”是“”的（ ）
A 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】设等比数列的公比为，
由可得，因为，则，解得，
由可得，因为，则，解得或，
因为是或的真子集，
因此，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
6. 近日，数字化构建社区服务新模式成为一种趋势．某社区为了优化数字化社区服务，通过问卷调查的方式调研数字化社区服务的满意度，满意度采用计分制（满分100分）进行统计，根据所得数据绘制成如下频率分布直方图，图中，则满意度计分的第一四分位数约为（ ）
A 87.5B. 85C. 70D. 62.5
【答案】C
【解析】由题意可得，解得，
且第一个小矩形面积为，
第二个小矩形面积为，
则第一四分位数即第百分位数为.
故选：C
7. 如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖．可放小球的最大半径为．若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设储物盒所在球的半径为，如图，
小球最大半径满足，所以，
正方体的最大棱长满足，解得，
所以.
故选：D.
8. 已知函数在区间上有且仅有一个零点，当最大时，的图象的一条对称轴方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】当时，且，，
由可得，所以，，
解得，，
若无解，则或，解得或，
由于且存在，故或，即或，则有或，
故的最大值为，此时，
由可得，
当时，函数的一条对称轴方程为，
故选：B.
二、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. 堑堵、阳马、鳖臑这些名词出自中国古代数学名著《九章算术·商功》．如图1，把一块长方体分成相同的两块，得到两个直三棱柱（堑堵）．如图2，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个，其中四棱锥称为阳马，三棱锥称为鳖臑．则（ ）
A. 阳马的四个侧面中仅有两个是直角三角形
B. 鳖臑的四个面均为直角三角形
C. 阳马的体积是鳖臑的体积的两倍
D. 堑堵、阳马与鳖臑的外接球的半径都相等
【答案】BCD
【解析】对于A，如图，由题意可知平面，平面，
所以，
因为平面，平面，所以，
因为平面，平面，所以，
所以阳马的四个侧面都是直角三角形，所以A错误，
对于B，如图由题意可知平面，平面，
所以，
因为平面，平面，
所以，
所以鳖臑的四个面均为直角三角形，所以B正确，
对于C，设长方体的长，宽，高分别为，则，
所以阳马的体积，鳖臑的体积，
所以阳马的体积是鳖臑的体积的两倍，所以C正确，
对于D，由题意可知堑堵、阳马与鳖臑都是由同一个长方体分割而成，且堑堵、阳马与鳖臑的顶点都是原长方体的顶点，
所以堑堵、阳马与鳖臑均可以补成原长方体，
所以它们的外接球的半径都等于原长方体外接球的半径，所以D正确.
故选：BCD
10. 已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，点M为内一动点，且，则（ ）
A. B.
C. a的最大值为2D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】对于A，由可得，则，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，由余弦定理可得，
即，则，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为，故C错误；
对于D，因为，且，
则，即，
所以
，
当且仅当时，即时，等号成立，故D正确；
故选：ABD.
11. 已知点，分别是椭圆的左、右顶点，为椭圆的右焦点，且，点P是椭圆上异于，的一动点，直线，分别与直线交于点，，则下列说法正确的有（ ）
A. B.
C. 的最小值为D. 的最小值为
【答案】AB
【解析】设点，设直线的倾斜角为，斜率为，直线的倾斜角为，
斜率为，
对于A，由题意可得，且，所以，
则椭圆方程为，又由为椭圆上的动点，所以，
即，又由，所以，
故A正确；
对于B，由，得，令得，，
所以，则，所以，
故B正确；
对于C，同理，得，令，
得，所以，又由，得，
则，当且仅当时，等号成立，故C错误；
对于D，不妨设且，则，设分别为直线的倾斜角，则，
即，即为钝角，
又由，得，则，
当且仅当时，等号成立，此时取最大值，即最大，
因此的最小值为，故D错误；
故选：AB
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数，则的值等于_____．
【答案】
【解析】因为，则.
故答案为：
13. 函数的最小值为_____．
【答案】
【解析】，
令，，且该二次函数的对称轴为直线，
故函数在上单调递增，
故，即函数的最小值为.
故答案为：.
14. 已知过点的直线在轴和轴上的截距均为正整数，则满足条件的直线的条数为_____．
【答案】
【解析】设直线在轴和轴上的截距分别为、，则、，则直线的截距式方程为，
由于直线过点，则，故，
所以为的正约数，故.
即满足条件的正整数的个数为.
因此，满足题设条件的直线的条数为.
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. 已知数列中，，，且数列为等差数列．
（1）求的通项公式；
（2）记为数列的前n项和，证明：．
（1）解：因为数列中，，，且数列为等差数列，
设数列的公差为，则，故，
所以，故.
（2）证明：因，
所以
，故原不等式成立.
16. 甲、乙两个箱子中，各装有个球，其中甲箱中有个红球和个白球，乙箱中有个红球，其余都是白球．掷一枚质地均匀的骰子，如果点数为或，则从甲箱中随机摸出个球；如果点数为、、、，则从乙箱中随机摸出个球．已知掷次骰子后，摸出的球都是红球的概率是．
（1）求的值；
（2）记摸到红球的个数为随机变量，求的分布列和数学期望．
解：（1）设事件为“掷出骰子的点数为或”，则事件为“掷出骰子的点数为、、、”，
则，，
设事件为“摸出的球都是红球”，则，，
由全概率公式可得，
整理可得，解得或（舍去），故.
（2）由题意可知，随机变量的可能取值有：、、，
则，，
，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
则.
17. 已知圆，抛物线的准线与圆相切，过抛物线焦点的动直线与抛物线交于、两点，线段的中点为．
（1）求抛物线的方程；
（2）当轴时，求直线的斜率；
（3）求证：为定值，并求出该定值．
（1）解 ：由题意可得，圆的圆心为，半径为，且抛物线的准线为，与圆详相切，
则，因为，解得，故抛物线的方程为.
（2）解：设点、、，
显然直线的斜率不为零，设直线的方程为，
联立可得，则，
由韦达定理可得，，
则，，即点，
因为轴，则，解得，
因此，直线的斜率为.
（3）证明：由抛物线焦点弦长公式可得，
由（2）可得，
所以.
18. 已知函数，．
（1）已知在处的切线斜率为，求实数的值；
（2）若，且关于的方程有个不相等的实数解，求的取值范围；
（3）若函数在上单调递增，求的取值范围．
解：（1）因为，则，
由题意可得，解得.
（2）当时，，，
则，由可得，列表如下：
又因为，，
因为关于的方程有个不相等的实数解，
则直线与函数在上的图象有两个交点，如下图所示：
由图可知，实数的取值范围是.
（3）由题意，当时，，
则恒成立，
令，则，因为，，
所以对任意的恒成立，故函数在上单调递减，
所以，
因为对任意的恒成立，所以，解得.
因此，实数的取值范围是.
19. 如图所示，在直角梯形中，，A，D分别是，上的点，且，，，，将四边形沿向上折起，连接，，，在折起的过程中，记二面角的大小为，记几何体的体积为V．
（1）求证：平面；
（2）当时，请将V表达为关于的函数，并求该函数的最大值；
（3）若平面和平面垂直，当取得最大值时，求V的值．
（1）证明：在梯形中，因为，所以翻折后有，且，
因为平面，平面，故平面，同理可得平面，
因为，平面，
所以平面平面，又因为平面，所以平面.
（2）解：由题意，在梯形中，，，即，
且，所以翻折后有，，且，
所以平面，同理，平面，
由二面角的大小为，得，
过点作垂线，交直线于，由平面，平面，
所以，且，所以平面，
即是四棱锥的高，
由，
所以，
由，平面，平面，所以平面，
又因为平面，且，
所以，
所以，，
当时，取得最大值.
（3）解：过点作的垂线，交直线于点，分别以为轴
正方向建立空间直角坐标系，
则，，
在平面中，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
所以，
在平面中，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，所以，
因为平面和平面垂直，所以，
即，整理可得，
因为，，所以，
当且仅当时，等号成立，
故当取得最大值时，即取得最小值，
此时，
由，，，所以，则.
单调递减
极小值
单调递增