辽宁省沈阳市2025届高三三模 数学试卷（含解析）

这是一份辽宁省沈阳市2025届高三三模 数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知为虚数单位，若，则（ ）
A．B．C．D．
3．双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
4．已知向量，满足，，则等于（ ）
A．12B．10C．D．
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
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
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．
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．
二、多选题
9．堑堵、阳马、鳖臑这些名词出自中国古代的数学名著《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
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
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
三、填空题
12．已知函数，则的值等于 ．
13．函数的最小值为 ．
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 ．
四、解答题
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：．
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．
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．
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．
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．
参考答案
1．【答案】C
【分析】由并集的运算，即可得到结果.
【详解】因为，，
则.
故选：C
2．【答案】B
【分析】利用复数的运算化简复数，利用共轭复数的定义可求得复数.
【详解】因为，故.
故选：B.
3．【答案】A
【详解】，，，
∵渐近线方程为，∴渐近线方程为.
故选A.
4．【答案】C
【分析】由得，又展开即可求解.
【详解】由有，
所以，
所以，
故选：C.
5．【答案】A
【分析】设等比数列的公比为，根据、分别求出的取值范围，利用集合的包含关系判断可得出结论.
【详解】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．【答案】C
【分析】由频率分布直方图的性质可得的值，再由百分位数的定义代入计算，即可得到结果.
【详解】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．【答案】D
【分析】画出截面图，设储物盒所地球的半径为，从而利用表达出小球最大半径和正方体棱长，进而求出比值.
【详解】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．【答案】B
【分析】由可求得，根据函数在区间上有且仅有一个零点可求出的取值范围，再利用正弦型函数的对称性可求得结果.
【详解】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.
9．【答案】BCD
【分析】对于A，根据阳马的定义结合线面垂直的判定与性质分析判断，对于B，根据鳖臑的定义结合线面垂直的判定与性质分析判断，对于C，根据棱锥的体积公式结合已知条件分析判断，对于D，根据堑堵、阳马与鳖臑的定义分析判断.
【详解】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．【答案】ABD
【分析】由数量积的定义即可判断A，由三角形的面积公式即可判断B，由余弦定理以及基本不等式即可判断C，由基本不等式的常数代换，即可判断D.
【详解】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．【答案】AB
【分析】由条件可得，从而得到其标准方程，结合斜率的定义以及椭圆的标准方程代入计算，即可判断A，由直线的方程即可得到点的坐标，再由A中的结论代入计算，即可判断B，表示出点的坐标，再结合基本不等式代入计算，即可判断C，由条件可得，再结合基本不等式代入计算，即可判断D.
【详解】
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
12．【答案】
【分析】根据题意，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，则.
故答案为：
13．【答案】
【分析】化简函数解析式为，令，，利用二次函数的基本性质可求得的最小值.
【详解】，
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．【答案】
【分析】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，由题意可得，化简得出，可知为的正约数，列举出的所有可能取值，即可得解.
【详解】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：.
15．【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出数列的公差，可求出数列的通项公式，进而可求得数列的通项公式；
（2）利用裂项求和法求出，即可证得结论成立.
【详解】（1）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）因为，
所以
，故原不等式成立.
16．【答案】(1)
(2)分布列答案见解析，
【分析】（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、、、”，设事件为“摸出的球都是红球”，利用全概率公式可得出关于的等式，即可解得的值；
（2）由题意可知，随机变量的可能取值有：、、，求出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值.
【详解】（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．【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析，定值为
【分析】（1）求出圆心坐标和圆的半径，根据抛物线的准线与圆相切求出的值，即可得出抛物线的方程；
（2）根据题意，设直线的方程为，设点、、，将直线的方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，求出点的坐标，根据轴可求出的值，由此可得出直线的斜率；
（3）利用抛物线的焦点弦长公式以及平面内两点间的距离公式可证得结论成立.
【详解】（1）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）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）由抛物线焦点弦长公式可得，
由（2）可得，
所以.
18．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用导数的几何意义得出，即可解得实数的值；
（2）当时，由题意可知，直线与函数在上的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；
（3）由题意可知，对任意的恒成立，利用导数求出函数在上的值域，可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】（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．【答案】(1)证明见解析
(2)；
(3)
【分析】（1）由面面平行的判定定理可得平面平面，即可证明；
（2）根据题意，由条件可得，然后分别表示出与，然后代入计算，即可得到结果；
（3）根据题意，建立空间直角坐标系，分别求得平面，平面的法向量，由可得的最大值，然后代入（2）中的体积公式计算，即可得到结果.
【详解】（1）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）
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，
过点作的垂线，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）
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