2025-2026学年辽宁省三校协作体高三下学期一模数学试题（附答案解析）

这是一份2025-2026学年辽宁省三校协作体高三下学期一模数学试题（附答案解析），共21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．已知命题，，则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
3．在三棱锥中，底面为正三角形，平面 ，若四点都在球的表面上，则点到平面的距离为（ ）
A．5B．C．D．
4．已知双曲线：（，）的离心率为2，则轴正半轴上到的渐近线距离为2的点的横坐标为（ ）
A．B．4C．D．
5．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A．4B．C．3D．5
6．已知点，点是圆：（为实数）上一动点，其中点为此圆的圆心，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
7．设等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．24B．32C．36D．108
8．若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ）
A．0B．1C．D．
二、多选题
9．已知为虚数单位，复数，，则（ ）
A．的共轭复数为B．
C．为实数D．的虚部为-5
10．在平面直角坐标系中，已知，，点在轴上运动，点在轴上运动，且，动点满足，记动点的轨迹为，则（ ）
A．的方程为
B．
C．的最大值为9
D．曲线上有且仅有两点到直线的距离为1
11．记为数列的前项和，已知，为实数，则（ ）
A．当是等比数列时，则
B．当时，则
C．当时，数列的前项和为
D．当时，数列第7项的值最大
三、填空题
12．已知向量与的夹角为，且满足，，若，则实数k的值为______.
13．从0，1，2，5中取三个不同的数字，组成能被5整除的三位数，则不同三位数有__________个.
14．已知圆台的体积为，上底面半径为1，母线与下底面所成角的余弦值为，则该圆台的下底面半径为________.
四、解答题
15．如图，在中，为的中点，且．
(1)求；
(2)若，求．
16．甲乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲乙各猜一个成语，已知甲、乙第一轮猜对的概率都为甲如果第轮猜对，则他第轮也猜对的概率为，如果第轮猜错，则他第轮也猜错的概率为；乙如果第轮猜对，则他第轮也猜对的概率为，如果第轮猜错，则他第轮也猜错的概率为在每轮活动中，甲乙猜对与否互不影响．
(1)求第二轮活动中甲乙都猜对成语的概率；
(2)若一条信息有种可能的情形且各种情形互斥，每种情形发生的概率分别为，，，，则称为该条信息的信息熵单位为比特，用于量度该条信息的复杂程度．试求甲乙两人在第二轮活动中猜对成语的个数的信息熵；
(3)如果“星队”共参加了轮猜成语活动，设在这轮活动中，每轮活动至少有一人猜对成语的轮数为随机变量，求．
17．如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，．
(1)证明：平面PAC；
(2)已知，点满足平面PEC．
（i）求；
（ii）求平面PBD与平面PEC夹角的余弦值．
18．已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数是上的单调递增函数，求的值；
(3)若存在，使得成立，求的取值范围.
19．已知点与定点的距离和它到定直线的距离之比为．
(1)求的轨迹方程；
(2)过点的直线与交于两点(其中不共线），记（为坐标原点）的面积为，过线段的中点作直线的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为．
（i）求的取值范围；
（ii）求证：为定值．
《辽宁省三校协作体2025-2026学年高三下学期一模数学试题》参考答案
1．B
【详解】求集合： ，
由，得，即，
又，，故.
求集合： ，
由，得，故.
所以.
2．B
【分析】解绝对值不等式和二次不等式，然后由充分必要条件的定义即可得到结果.
【详解】，，即
，即，，则，即，
所以是的必要不充分条件.
3．C
【分析】根据给定条件，确定球心O的位置，再利用几何法求出球心O到平面PBC的距离为，再利用等体积法求解即可.
【详解】设底面中心为D，取BC的中点E，连接AE，则A，D，E三点共线，连接PE，过点D作底面的垂线，
取棱PA的中点Q，在平面PAE中，过Q作PA的垂线，则与的交点即为球心O，
在正中，，，得，
又，即，
则，，，
由余弦定理得，则，
过O作PE的垂线，垂足为G，由，，
因为，PA，平面，所以平面，
又平面PBC，则平面平面，
又平面平面，平面，因此平面PBC，
在中，，
所以球心O到平面PBC的距离为，
则三棱锥的体积为，
而，设点到平面的距离为，
由，得，解得，
则点到平面的距离为.
4．D
【详解】由的离心率为2，得，得，
所以的一条渐近线的方程为，
设所求点的坐标为（），则，解得.
5．C
【分析】利用降幂公式及正弦定理将边化为角后结合辅助角公式可求出，再利用余弦定理计算即可得.
【详解】由，得，
，
，.，，
，，，，
由余弦定理，
得，解得.
6．B
【分析】当直线与圆相切时，最大，从而有，进而将问题转化成求的最小值，再利用点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】因为圆的圆心为，半径为，易知圆心在直线上，
当直线与圆相切时，最大，此时也最大，
所以，要使最大，则最小，
又最小值为点到直线的距离，因为点到直线的距离为，
所以的最大值为.
7．B
【详解】因为等比数列的前项和为，
所以，，，成等比数列，
所以，解得，
又，所以，解得.
8．A
【分析】设，设切点为，由导数求出切线的斜率，进而使用点斜式求出切线的方程，与比较系数，即可求得切线方程为，设，设切点为，同理可求出切线的方程，再与比较系数，即可求得的值.
【详解】设，，设切点为，则切线斜率为，
则切线方程为，即，
由题意得，即，解得，
即与的公切线为，
，，设切点为，则切线斜率为，
则切线方程为，即，
由题意得，即，解得，
故选：A.
9．BD
【分析】求出的共轭复数判断A；求出、可判断B；由复数的加法，求出的值判断C；由复数的乘法运算，求出，可判断D.
【详解】因为的共轭复数为，所以A错误；
因为，，所以B正确；
因为，所以C错误；
因为，
所以虚部为，所以D正确.
10．BCD
【分析】先求出轨迹方程，结合椭圆定义和性质可判断A,B,C，求出椭圆的切线，结合切线和直线间的距离可判断D.
【详解】设，由可得，
因为， ，所以，
解得，所以，整理得，A不正确；
，因为，所以，，B正确；
因为的方程为，所以，为其焦点，
由可得，，当且仅当时，取到最大值，C正确；
设直线与相切，联立，，
由可得，即.
当时，与的距离为；
当时，与的距离为；
曲线上有且仅有两点到直线的距离为1，D正确.
11．ACD
【分析】对A：对参数的取值进行分类讨论，在不同情况下，讨论数列的类型即可判断；对B：求得，即可比较大小，从而进行判断；对C：求得，进而根据错位相减法即可求得结果；对D：令，利用作差法判断数列的单调性，进而求得其最大项.
【详解】对A：，
当时，，则时，，又，此时不是等比数列；
当时，，，则，显然不成立；
当且时，，解得；
当时，，也即，
此时数列是首项，公比为的等比数列；
综上所述，当数列为等比数列时，，故A正确；
对B：当时，是首项，公比为的等比数列，故；
则，故B错误；
对C：当时，为首项，公比的等比数列，故，则，
设数列的前项和为，
则，
，
两式作差可得：
故，故C正确.
对D：当时，是首项为，公比为的等比数列，故，
令，则，
,
令，则，
故当时，，单调递增；当时，，单调递减；
又，则，
又，；
故当时，，；
当时，，；
故数列满足，故其第项的值最大 ，D正确.
故选：ACD.
12．
【详解】由得，，其中，
，所以，解得
13．10
【详解】能被5整除的三位数末位数字是0或5，
当末位数字为0时，此时有个符合条件的三位数，
当末位数字为5时，此时有个符合条件的三位数，因此一共有个.
14．2
【分析】先求得下底面半径与高的数量关系，再用下底面半径表示高，将其代入圆台的体积公式，解方程求出下底面半径.
【详解】如图，设圆台上底面圆心为，下底面圆心为，梯形为圆台的轴截面，高为.
过作于.
即为母线与下底面所成角，则
在直角三角形中，，
所以下底面半径，即
解得.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形的面积公式可求.
（2）在和中，分别利用余弦定理，即可求，进而可得.
【详解】（1）因为为的中点，所以，
则，
即，
因为，所以，
所以，即．
（2）不妨令，则，设，则．
在中，由余弦定理得，
即．①
在中，由余弦定理得，即．②
①②联立，解得，
所以．
16．(1)；
(2)；
(3)
【分析】（1）利用事件相互独立性来进行求解，需要不重不漏表示出所有情况；
（2）先得出离散型随机变量的可能取值，结合（1）得出，再分别计算出，然后代入公式进行求解即可；
（3）设第轮甲猜对的概率为，乙猜对的概率为，分别求出，，然后再利用对立事件求出每一轮至少有一人猜对的概率，最后利用二项分布的性质，求期望．
【详解】（1）解：设“甲在第轮活动中猜对成语”，“乙在第轮活动中猜对成语”，
“甲乙在第轮活动中都猜对成语”，，
则
；
（2）由题意知，，，由（1）知，
，，
故的信息熵；
（3）设第轮甲猜对的概率为，乙猜对的概率为，，，
，，，即，
，，
，，即，
所以每一轮至少有一人猜对的概率为，
因此，则．
17．(1)证明见详解
(2)；
【分析】（1）设AC，BD交于点，通过证明即可证明平面PAC；
（2）（i）取PC中点，通过证明及可得OFEB是平行四边形，即可求得；
（ii）以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面PBD、PEC的法向量，通过法向量求解余弦值即可．
【详解】（1）因为ABCD为菱形，所以，设AC，BD交于点，则，
又因为，所以，因为，AC，平面PAC，所以平面PAC．
（2）（i）取PC中点，则且，由知，
所以，即四点共面，
因为平面PEC，平面OBEF，平面平面，所以，
因此OFEB是平行四边形，故，即．
（ii）由（1）可知，平面PAC，因为平面ABCD，所以平面平面PAC，
因为平面平面，所以在平面PAC内作Oz垂直于AC，如图，
以为原点，建立空间直角坐标系，
由题意可知，，，，
因为，且，所以，，
因此，，，
，，
由此可知，设平面PBD的一个法向量，
则，也即，
令，得，设平面PEC的一个法向量，
则，也即，
令，得，所以，
所以平面PBD与平面PEC夹角的余弦值为．
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）对函数求导，求出切点处的导数值和函数值，进而求得切线方程.
（2）若函数单调递增，则其导函数大于等于0恒成立，通过构造新函数，求新函数的最值来确定的值.
（3）将转化为关于的不等式，通过构造新函数，求新函数的最值来确定的取值范围.
【详解】（1）对函数求导得，所以.
因为，所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）对函数求导得，因为函数是上的单调递增函数，
所以在上恒成立.
令，则.
当时，，所以，在上单调递增.
又因为，当时，，不满足在上恒成立，所以.
令，即，解得.
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以在处取得最小值.
因为在上恒成立，所以，即.
令，对求导，可得.
令，即，解得.
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以在处取得最大值.
因为，且，所以，此时.
（3）令，所以原问题变为存在，使得成立，
对求导得，，令.
求导得，当时，，
所以在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，即.
此时不存在，使得成立，不符合题意；
当时，令，则.
当时，；当时，；
当，即时，在上单调递增，所以.
所以在上单调递增，所以，即.
此时不存在，使得成立，不符合题意；
当，即时，在上单调递增，在上单调递减，
因为 ，所以在区间上，
因此在上单调递减，
又，故存在，使得，即成立，
综上，所以.
19．(1)
(2)（i）;（ii）
【分析】（1）通过将“点到定点的距离与定直线的距离之比为”的条件转化为代数方程，化简后即得轨迹方程；
（2）（i）通过设直线方程并联立椭圆方程，利用韦达定理表示出弦长，再结合面积公式转化为函数求值域即可；
（ii）通过两点坐标表示出两条直线得斜率，再结合韦达定理和面积表达式进行化简，即可证明比值为常数
【详解】（1）设点，根据题意得：，两边平方并整理得：
，即，化简得：，
因此，点的轨迹方程为椭圆.
（2）（i）设过的直线方程为，与椭圆方程联立：，
代入得：，整理得：，
设，由韦达定理：，
所以的面积为，
令，则，代入得，
因为函数在上单调递增，所以，
所以，即的取值范围是.
（ii）设，则，
直线的斜率为，直线的斜率为，
且，
所以，
所以，
又因为，所以.
【点睛】用椭圆的第二定义求轨迹方程，联立方程组，借助韦达定理转化面积与斜率表达式，通过代数化简即可完成范围求解与定值证明.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
C
D
C
B
B
A
BD
BCD
题号
11









答案
ACD