辽宁省2025届高三数学下学期3月联合考试试题含解析

这是一份辽宁省2025届高三数学下学期3月联合考试试题含解析，共21页。试卷主要包含了 若 同时满足， 设 ，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，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，再选涂其它答案标号.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. 已知全集 ，集合 ， ，则
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据集合的交并补运算即可.
【详解】由题, , .
故选：D
【点睛】本题主要考查了交并补的混合运算,属于基础题.
2. 若命题“ ”是假命题，则实数 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】写出全称命题为真命题，即可求得结果.
【详解】因为“ ”是假命题，所以“ ”是真命题；
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即 a 要小于等于 的最小值，又当 时， ，故 .
故选：C
3. 已知向量 ， ，若 ，则
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用 ，求出 值，然后再求解 .
【详解】因为向量 ， ， ，所以 ，即 ；
.
故选：A.
【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算，利用向量垂直求出 的值是求解的关键，侧重考查数学运算
的核心素养.
4. 若抛物线 上一点 到准线和对称轴的距离均为 4，则 的值为（ ）
A. 18 B. 4 C. 2 或 18 D. 4 或 9
【答案】B
【解析】
【分析】先求出抛物线 准线方程，根据抛物线的定义求出点 的坐标，再代入抛物线方程即可得解.
【详解】因为抛物线 的准线方程为 ，
因为抛物线 上一点 到准线和对称轴的距离均为 4，
所以点 坐标为 ，
代入抛物线方程得 ，解得 .
故选：B.
5. 已知一个圆锥的轴截面是边长为 2 的等边三角形，则这个圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
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【答案】A
【解析】
【分析】先求出母线长和底面圆的半径，再根据圆锥的侧面积公式即可得解.
【详解】由题意可知，圆锥的母线长和底面圆的直径均为 ，
所以圆锥的侧面积为 .
故选：A.
6. 若 同时满足：①三个内角成等差数列，②三边长成等差数列，则 （ ）
A. 是直角三角形 B. 是等边三角形
C. 是钝角三角形 D. 不存在
【答案】B
【解析】
【分析】设 ，结合等差中项和余弦定理可得.
【详解】不妨设 ，
由①三个内角成等差数列可得 ，
又因为②三边长成等差数列，所以 ，
由余弦定理可得 ，
整理可得 ，
又 ，所以 是等边三角形.
故选：B
7. 若函数 的图象向右平移 个单位后得到函数 的图象，则 的最小值
为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【 分 析 】 利 用 “左 加 右 减 ， 上 加 下 减 ”写 出 向 右 平 移 后 的 函 数 ， 再 利 用 两 个 函 数 相 等 得 到
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，即可求得结果.
【 详 解 】 函 数 的 图 象 向 右 平 移 个 单 位 后 得 到 函 数
,
所以函数 ，因此 ，
解得 ，令 可得 ，
其他选项中的值不存在整数 k 能使得 成立.
故选：D
8. 已知在数列 中， ，则 的前 项中的最大项为
（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数 是减函数，结合递推公式 分析即可得解.
【详解】因为 ，所以函数 是减函数，
因为 ，所以 ，即 ，
由函数 是减函数， ，
得 ，即 ，
由函数 是减函数， ，
得 ，即 ，
由函数 是减函数， ，
得 ，即 ，
以此类推，可知数列的最大项为 .
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故选：B.
【点睛】关键点点睛：根据指数函数 是减函数，结合递推公式 类推，是解决本题的关系.
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，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
9. 随机变量 服从参数为 的二项分布，即 ，其概率分布可用下图直观的表示，则（
）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由频率分布直观图可得 A 错误；由二项分布的概率公式令 可得 B 正确；由二项分布的概率
公式可得 C 正确；由二项分布的方差公式可得 D 正确.
【详解】对于 A，由频率分布直观图可得 可以取 0，1，2，3，4，所以 ，故 A 错误；
对于 B，由 ，所以 ，故 B 正确；
对于 C， ，所以 ，故 C 正确；
对于 D， ，故 D 正确；
故选：BCD
10. 设 ，则（ ）
A.
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B.
C.
D. 若 表示正数 的整数部分，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】令 可得 A 正确；令 可得 B 错误；令 ，再由偶数项的和可得 C 正确；由二项式
定理的整除可得 D 正确.
【详解】对于 A，令 ，可得 ，故 A 正确；
对于 B，令 ，可得 ，故 B 错误；
对于 C，令 ，可得 ，
所以 ，
所以 ，所以 ，故 C 正确；
对于 D，
所以 ，故 D 正确；
故选：ACD
11. 在棱长为 1 的正方体 中， 为平面 内一点（含边界）， 为平面 内
一点（含边界），则下列结论正确的是（ ）
A. 若 ，则点 轨迹为圆的一部分
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B. 若 ，则点 轨迹为椭圆的一部分
C. 若点 到 与到 的距离相等，则点 轨迹为抛物线的一部分
D. 若点 到 的距离为 1，则点 轨迹为双曲线的一部分
【答案】AC
【解析】
【分析】根据各个选项的条件，结合圆，椭圆，抛物线，双曲线的定义逐一分析判断即可.
【详解】对于 A，若 ，
则点 轨迹为平面 内以 为圆心，以 1 为半径的 圆，故 A 项正确；
对于 B，若 ，
则点 为平面 与以 为轴、 为底面半径的圆锥面的公共点，
轨迹为双曲线的一部分，故 B 项错误；
对于 C，设 与 交于点 ，点 到 的距离等于 ，
若点 到 与到 的距离相等，即点 到点 的距离与到 的距离相等，
则轨迹为抛物线的一部分，故 C 项正确；
对于 D，若点 到 的距离为 1，
则点 为平面 与以 为轴、 为底面半径的圆柱面的公共点，
轨迹为椭圆的一部分，故 D 项错误．
故选：AC．
【点睛】关键点点睛：理解圆，椭圆，抛物线，双曲线的定义是解决本题的关键.
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三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 若复数 满足 ，则复数 在复平面内对应点的轨迹的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由椭圆的定义和离心率的定义可得.
【详解】由 可得复数 在复平面内对应点的轨迹是以 为焦点，长轴长为 6
的椭圆，
所以 ，
所以离心率为 .
故答案为：
13. 已知函数 ，若 ，则 的最大值为__________.
【答案】1
【解析】
【分析】由函数不等式恒成立可得 ，再构造函数 ，求导分析单调性，得到最值即可.
【详解】 ，
因为 恒成立，所以 恒成立，所以 ，
所以 ，
令 ， ，则 ，令 ，
所以当 时， ， 为增函数；当 时， ， 为减函数；
所以 ，
所以 的最大值为 1.
故答案为：1
14. 数学家欧拉把“哥尼斯堡七桥问题（如图①，如何才能走过这七座桥，且每座桥都只能经过一次，最后
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又回到原来的出发点？）”转化为能否一笔画出图②的问题.定义若以某一点为端点的线有偶数条，则称该点
为偶点，否则称为奇点.连通图可以一笔画出的充要条件是：奇点的数目不是 0 个就是 2 个（要想一笔画成，
若有奇点，起点和终点只能在奇点），因此“哥尼斯堡七桥问题”是无解的.借助上述内容一笔画完成图③的
不同路径方法有__________种.
【答案】
【解析】
【分析】做出图形，两个奇点 和 分别做起点，求出 与 之间的途径的情况，再求出一笔完成 的
画法，，进而可得出答案.
【详解】如图，两个奇点 和 分别做起点，有两种情况，
与 之间有三种途径：① ，② ，③ ，
其中一笔完成 有 种画法： ，
，
，
若 做起点，从 出发有三种不同的路径能到达 ，从 返回 有两种不同的路径，
所以不同路径方法有 种.
故答案为： .
【点睛】易错点点睛：求解分类、分步计数原理需要注意以下几点：
（1）处理计数问题，应扣紧两个原理，根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是“分步”，要搞清楚“分
类”或“分步”的具体标准；
（2）分类时要满足要满足两个条件：①类与类之间要互斥（保证不重复）；②总数要完备（保证不遗漏），
也就是要确定一个合理的分类标准；
（3）分步时应按事件发生的连贯过程进行分析，必须做到步与步之间互相独立，互不干扰，并确保连续型
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.
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. 已知函数 ，曲线 在 处的切线斜率为 2.
（1）求 的值；
（2）求不等式 的解集.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义由 可计算 ，由 可计算 ；
（2）利用导数求出 的单调性，判断 的奇偶性，利用奇偶性、单调性解不等式即可.
【小问 1 详解】
，
所以 ，
由题意可得 ，所以 ，
所以 ，所以 .
所以 .
【小问 2 详解】
由（1）知 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，
，
所以 为奇函数，
，即 ，
即 ，
所以 ，即 ，
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即 ，解得 ,
所以不等式 的解集为 .
16. 设 是各项都为正数 递增数列，已知 ，且 满足关系式 .
（1）求 及数列 的通项公式；
（2）令 ，求数列 的前 项积 .
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题干得到递推公式 ，可证明数列 是公差为 1 的等差数列，
代入可求通项公式；
（2）由（1）可知 ，各项相乘即可求出前 n 项积.
【小问 1 详解】
由已知 ，
令 代入得 ，即 ，解得 或 （舍去），
令 代入得 ，即 ，解得 或 （舍去），
已知 是各项都为正数的递增数列，且 ，故从第二项开始每一项都大于 1，故 ，
对式子 两边开根号得 ，
即 ，整理得 ，故： ，
又 ，故数列 是首项为 1，公差为 1 的等差数列，
故 ，所以
【小问 2 详解】
因为
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所以
故
17. 如图，两个底面相同的正四棱锥，顶点 位于底面 两侧，底面边长为 是棱 的中点，
平面 平面 ，且正四棱锥 的体积是正四棱锥 体积的 3 倍.
（1）求证： ；
（2）若点 满足 ，求平面 与平面 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）易得平面 平面 ，根据面面垂直的性质可得 平面 ，再根据线面垂直的
性质即可得证；
（2）连接 交平面 于点 ，连接 ，利用勾股定理求出 ，再以 为原点，建立空间直
角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问 1 详解】
由正四棱锥的对称性，又平面 平面 ，
可得平面 平面 ，
因为 是棱 的中点， ，所以 ，
又平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
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又 平面 ，所以 ；
【小问 2 详解】
连接 交平面 于点 ，则 为正方形 的中心，连接 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
设 ，
因为正四棱锥 的体积是正四棱锥 体积的 3 倍，
所以 ，
在 种，有 ，解得 ，
以点 为圆心， 的方向为 轴的正方向， 的方向为 轴的正方向， 的方向为 轴的正方向，建
立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
故 ，
则 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，
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则有 ，令 ，则 ，
所以 ，
所以 ，
所以平面 与平面 所成角的正弦值为 .
18. 在一个系统中，每一个部件能正常工作的概率称为部件的可靠度，而系统能正常运行的概率称为系统的
可靠度.某系统有四个核心部件，其中甲型两个，乙型两个，四个部件至少有三个正常工作时，系统才能正
常运行，且各部件是否正常工作相互独立，一个甲型部件的可靠度为 ，一个乙型部件的可靠度为 ，且
，系统能正常运行称为试验成功.
（1）在一批产品中随机抽取六盒甲型部件，每盒 9 件，经逐个检测部件指标可以整理成下表，已知指标在
内甲型部件可以正常工作.
盒一 31 45 28 55 58 66 57 39 42
盒二 48 67 42 46 56 35 29 53 34
盒三 31 53 48 37 29 34 45 58 64
盒四 55 28 44 36 61 47 56 61 57
盒五 30 49 54 43 35 62 32 56 59
盒六 54 52 29 37 56 47 60 38 44
（i）请根据抽样结果估计甲型部件的可靠度 ；
（ii）若 取（i）中的估计值，在一个系统试验成功的条件下，求这个系统中两个甲型部件同时正常工作
的概率；
（2）研发人员计划按照下图结构优化系统，①②位置上的部件中至少有一个能正常工作并且③④位置上的
部件中至少有一个能正常工作，系统就能正常运行.优化后系统比优化前可靠度是否有提高？按照这个优化
方案怎么安排原有的四个部件使新系统可靠度最大，请说明理由.
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【答案】（1）可靠度
（2）方案：①②位置上的部件为一个甲型部件和一个乙型部件，且③④位置上的部件也为一个甲型部件和
一个乙型部件.理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据图表中的数据即可求出甲型部件的可靠度，再根据条件概率的定义即可求得这个系统中
两个甲型部件同时正常工作的概率；
（2）根据题干可得一共有两种分配方案，分别计算出他们的概率比较大小即可得到优化方案.
【小问 1 详解】
（i）甲型部件的总数为 ，根据题中表格统计指标在 的甲型部件个数为
，
故甲型部件的可靠度 ；
（ii）又一个甲型部件的可靠度为 ，一个乙型部件的可靠度为 ，且 ，
故乙型部件的可靠度为 ，设“系统试验成功”为事件 A,“两个甲型部件同时工作”为事件 B，
设“两个甲型部件两个乙型部件同时正常工作”为事件 C，
则 ,
设“两个甲型部件一个乙型部件同时正常工作”为事件 D，
则 ,
设“一个甲型部件两个乙型部件同时正常工作”为事件 E，
则 ,
,
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,
,
【小问 2 详解】
设：“①②位置上的部件能够正常工作”为事件 M；设：“③④位置上的部件能够正常工作”为事件 N；
安排四个部件共有两种方案：
第一种方案：①②位置上的部件相同都为甲型部件或都为乙型部件，
③④位置上的部件唯一确定，则这种方案正常工作的概率为：
，
第二种方案：①②位置上的部件为一个甲型部件和一个乙型部件，
③④位置上的部件唯一确定，则这种方案正常工作的概率为：
，
由 ,故选择第二种方案，即①②位置上的部件为一个甲型部件和一个乙型部件，
且③④位置上的部件也为一个甲型部件和一个乙型部件.
19. 已知向量 绕着原点 沿逆时针方向旋转 角可得到向量
.
（1）求点 绕着原点 沿逆时针方向旋转 得到的点 的坐标；
（2）已知曲线 的方程为 ，点 是曲线 上任意一点.
（i）是否存在定点 ，使得 为定值？若存在，求出这个定值及两定点坐标；若不存在，请
说明理由；
（ii）设直线 过定点 与曲线 交于点 ，直线 过定点 与曲线 交于点 ， ，且 ，求
四点构成的四边形面积的最小值.
【答案】（1）
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（2）（i）存在， ，理由见解析；（ii） .
【解析】
【分析】（1）根据题意求解即可；
（2）（i）将曲线 绕着原点 沿顺时针方向旋转 得到曲线 ，设 为曲线 上点 旋转
后的对应点，设 ，进而可求出 的坐标，再代入曲线 的方程，即可求出求出曲线 的方程，
进而可得出结论；
（ii）根据题意问题可转化为：直线 过定点 与曲线 交于 ，直线 过定点
与曲线 交于 ，且 ，求 四点构成四边形面积的最小值.分
直线 是否与 重合讨论，当直线 与 重合时，设直线 ，联立方程，
理由韦达定理求出 ，再根据弦长公式求出 ，同理求出 ，列出面积的表达式，进而
可得出答案.
【小问 1 详解】
因为 ，即 ，
绕着原点 沿逆时针方向旋转 得到的点 ，
则 ，所以 ；
【小问 2 详解】
（i）将曲线 绕着原点 沿顺时针方向旋转 得到曲线 ，
设 为曲线 上点 旋转后的对应点，
设 ，
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则 ，
又因 ，
所以 ，
整理得 ，
点 到点 和点 的距离之和为 ，
旋转时，曲线形状不变，所以 为定值 ，
定点 的坐标分别为 ；
（ii）由（i）知曲线 绕着原点 沿顺时针方向旋转 得到曲线 ，
定点 为曲线 的两个焦点，在曲线 对应点 和点 ，
在旋转过程中图形不变，问题可转化为：直线 过定点 与曲线 交于 ，直线
过定点 与曲线 交于 ，且 ，求 四点构成四边形面积的
最小值.
与 交点满足 ，且在椭圆内部，
当 与 重合时， ；
当 与 不重合时，设直线 ，
联立 ，整理得 ，
则 ，
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所以 ，
同理可得 ，
，
当且仅当 ，即 时取等号，
因为 ，
所以 四点构成四边形面积的最小值为 ，
即 四点构成的四边形面积的最小值为 .
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函
数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
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