辽宁省丹东市2025届高三总复习质量测试（二）数学试卷（解析版）

这是一份辽宁省丹东市2025届高三总复习质量测试（二）数学试卷（解析版），共17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. 已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】全集，集合，则.
故选：D.
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】因为，所以，
所以在复平面内对应的点为，位于第二象限.
故选：B
3. 函数是上的偶函数，则（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】D
【解析】是上的偶函数，即关于对称，则,
则，则，解得.
,则.
故选：D.
4. 记为等差数列的前项和，若，则（ ）
A. 70B. 49C. D.
【答案】A
【解析】由等差数列性质可得，解得，
又，故，
所以.
故选：A
5. 如图所示，是一个正方体的表面展开图，在正方体中，这4条线段所在的直线满足垂直关系的是（ ）
A. 与B. 与C. 与D. 与
【答案】C
【解析】还原正方体如图所示：
连接，，，
在正方体中，因为，则为与所成角或其补角，因为，所以与不垂直，故A不符合题意；
因为，所以为与所成角或其补角，因为，所以与不垂直，故B不符合题意；
因为，且正方体每个面均为正方形，故，所以与互相垂直，故C符合题意；
因为，所以与共面，且,故D不符合题意.
故选：C
6. 有一组样本数据，则这组数据的方差为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】这组数据的方差是.
故选：C
7. 已知向量均为单位向量，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】向量均为单位向量，则，
由于，所以，两边平方可得，
即，故，
所以，故A不正确；
，故B不正确；
，则与不一定平行，故C不正确；
由得，所以，即，故D正确.
故选：D.
8. 记为坐标原点，是双曲线的左右焦点，过点的直线与圆切于点，则（ ）
A. B. C. 5D.
【答案】B
【解析】设圆切于点，故，⊥，
，故，
由勾股定理得，
即，解得.
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. 已知的展开式中二项式系数之和为，则（ ）
A. 展开式中共有项
B. 展开式中第项为
C. 展开式中各项系数绝对值的和为
D. 展开式中第项或第项的二项式系数最大
【答案】BCD
【解析】由题知，解得，所以展开式中共有项，故选项A错误，
对于选项B，因为的二项展开式的通项公式为，
令，得到，所以选项B正确，
对于选项C，易知展开式中各项系数绝对值的和等于展开式中各项系数和，
又，所以选项C正确，
对于选项D，因为，由二项式系数的性质知，展开式中第项或第项的二项式系数最大，所以选项D正确，
故选：BCD.
10. 已知函数在处有极值，则（ ）
A. 在上单调递增B. 的极大值为
C. 直线是曲线的切线D.
【答案】ACD
【解析】，在处有极值，
，解得：；
当时，，，
当时，；当时，；
在，上单调递减，在上单调递增；
对于A，当时，，则在上单调递增，A正确；
对于B，的极大值为，B错误；
对于C，令，解得：或，
又，在处的切线为，C正确；
对于D，，D正确.
故选：ACD.
11. 记为坐标原点，抛物线的焦点为，为上一点，设点到的准线的距离为，，延长交于点，则（ ）
A. 点的纵坐标为B.
C. D. 的面积为
【答案】BC
【解析】在抛物线中，，则，焦点，准线方程为.
已知点到的准线的距离为，根据抛物线的定义，所以.
设点，则，解得.
把代入，得，则，所以点的坐标为，故A错误.
不妨设，已知，则直线PF的斜率.
根据点斜式方程可得直线的方程为.
联立直线与抛物线的方程，
将代入得：，即，
化简得，解得，.
当时，，所以点的坐标为.
根据两点间距离公式，可得：
，故B正确.
，，则，所以为钝角.
，，
则，所以为钝角.
所以，故C正确.
已知，前面知道，，点到
直线PQ的距离为.所以，故D错误.
故选：BC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，则___________．
【答案】2
【解析】，即，
.
故答案为：2
13. 在三棱台中，是正三角形，，平面平面，则三棱台的体积为___________．
【答案】
【解析】过点分别作⊥于点，
因为平面平面，交线为，
平面，故⊥平面，
因为，
所以，
又，所以，
，，
则三棱台的体积为.
故答案为：
14. 我们知道，凡是能够表示成两个整数的商的数称为有理数，请你根据所学知识将下列两个循环小数化成最简分数，___________；___________．
【答案】①. ②.
【解析】，
.
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. 记的内角的对边分别为，．
（1）求；
（2）延长至，使，求的值．
解：（1）由得，
所以根据余弦定理得，，则．
（2）因为，所以，则是正三角形，
所以，
在中，根据正弦定理，
由题意，
得
所以．
16. 已知椭圆的左右焦点分别为，过点且倾斜角为的直线与交于两点，在第一象限．
（1）若轴，求的离心率；
（2）若关于直线的对称点恰好是的上顶点，记为，，求的周长．
解：（1）设椭圆的焦点为，则，代入方程中，得
过点且倾斜角为的直线与交于两点，则在中，，
又由椭圆的定义得，则，
故有，所以，
所以，即离心率．
（2）由题意得，是正三角形，则，设直线，
联立，得，
令，所以，
，
整理得，即，
根据对称性得，所以与的周长相等，
由椭圆的定义知，的周长为，
所以的周长为8．
17. 已知三棱柱的所有棱长均相等，，且棱柱的体积为．
（1）求证：平面平面；
（2）求；
（3）求二面角的正弦值．
（1）证明：设，连接，
在三棱柱中，，，，故四边形为菱形，
所以，
因为，，故、是全等的等边三角形，
所以，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）解：过点在平面内作，垂足为，
由（1）知，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为三棱锥的体积是三棱柱体积的，
所以三棱锥的体积是，
设，因为，，故是边长为的等边三角形，
所以，
因为为的中点，则，所以，
因为是等边三角形，所以，
所以是边长为的等边三角形，故，
由余弦定理可得，
所以，
所以，
故，解得，故.
（3）解法1：由（2）得，.
由余弦定理可得，
所以，
又因为，故，所以，
故菱形是正方形，
设，连接，
因为平面，、平面，所以，，
故是二面角的平面角，
因为、分别为、的中点，所以，
因为，，
所以，则，故，
因此，二面角的正弦值为；
解法2：由（2）得，.
由余弦定理可得，
所以，
又因为，故，所以，
故菱形是正方形，
因为平面，、平面，所以，，
因为，所以，
所以是二面角的平面角，
因为，
所以
即，
所以，则，
故，
所以二面角的正弦值为；
解法3：以为坐标原点，、的方向分别为、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
可知轴在平面内，
则、、、、，
则，，，
设平面的一个法向量，由，
取，则，
设平面的一个法向量，由，
取，可得，
所以，故，
所以二面角的正弦值为．
18. 一款趣味闯关游戏的规则如下：准备张背面完全相同的卡片，正面依次标上1，2，3，…，的数字，随后将卡片背面朝上，随机摆放在游戏桌上．参与闯关的选手每次翻开一张卡片，若卡片上的数字是当前所有背面朝上卡片中的最小值，就取走该卡片；若不是，则记住卡片数字后将其背面朝上放回原位，以保证翻卡片的次数尽可能少，继续翻找背面朝上卡片中的最小值取走．如此反复，直至按从小到大的顺序取走全部张卡片，游戏结束．游戏结束时的翻卡总次数记为（同一卡片多次翻开也会重复计数，翻回不计次数）．
（1）若，求；
（2）若，
（i）求的分布列与期望；
（ii）规定：时选手晋级，时选手重新闯关一次（直到分出淘汰或晋级），时选手淘汰，求选手多次闯关最终晋级的概率．
解：（1）由题意得，当时，可取2，3，
当，则结果为12，共1种情况；
当，则结果为212，共1种情况．
所以．
（2）（i）依题意当时，可知随机变量可取4，5，6，7
当翻卡4次：1234，共1种情况；
当翻卡5次：12434，13234，14234，21234，31234，41234，共6种情况；
当翻卡6次：134234，143234，212434，231234，241234，314234，321234，341234，413234，421234，431234，共11种情况；
当翻卡7次：2341234，2431234，3241234，3421234，4231234，4321234，共6种情况.
所以事件空间共有24种情况，
则
的分布列为
则．
（ii）解法1：记选手闯关最终晋级为事件，第一次闯关后晋级为事件，第一次闯关后重新闯关为事件，第一次闯关后淘汰为事件，
所以，，.
在重赛后最终晋级，则有，，.
由于，
则，
所以，
所以，故选手最终晋级的概率为．
解法2：记第次闯关后“选手晋级”为事件，“选手重闯”为事件，“选手淘汰”为事件，
则，，，，，．
因为，
所以．
整理得，因为，
所以是首项为，公比为的等比数列，
从而．
因为，所以，
故，由概率的意义可得选手最终晋级的概率为．
19. 已知函数．
（1）讨论的单调性：
（2）若恰有两个零点，且
（i）求的取值范围；
（ii）设在定义域内单调递增，求出与的函数关系式，并证明．
解：（1）因为的定义域为，所以，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递增，
，在上单调递减，
综上所述，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调减．
（2）（i）由（1）知，需满足，在处取得极大值，且
，
令，显然在上单调递减，
所以
又因为，
所以在和上各有一个零点，且
综上所述，．
（ii）
所以恒成立，
当时，不能恒成立，所以，
由均值不等式知：，且时等号成立
所以，（*）
当因为，则，
所以不等式（*）要成立，则
得
此时
因为，
所以整理得，即
可得，所以，由（1）得，．
4
5
6
7