辽宁省大连市2025届高三上学期期末双基测试数学试卷（Word版附解析）

这是一份辽宁省大连市2025届高三上学期期末双基测试数学试卷（Word版附解析），共9页。试卷主要包含了 的展开式中的系数为15，则， 已知向量，，满足，，则， 当时，曲线与曲线的交点个数为， 已知函数，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
命题人：王爽 陈威 郭伟 邵玉森 校对人：王爽
注意事项：
1.请在答题纸上作答，在试卷上作答无效；
2.本试卷分第Ⅰ卷选择题和第Ⅱ卷非选择题两部分，共150分，考试时间120分钟.
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题（本大题共8小题，每题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中项是符合题目要求的.）
1. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式，得到，利用交集概念求出答案.
【详解】，
故.
故选：C
2. 复数（其中为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法运算化简，即可根据复数几何意义求解.
【详解】，故对应的点为，
故选：A
3. 的展开式中的系数为15，则（ ）
A. 7B. 6C. 5D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】写出二项式定理展开式的通项，根据的系数即可求得.
【详解】由题，可得展开式的通项为，
，则，解得.
故选：B.
4. 已知向量，，满足，，则（ ）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
【答案】C
【解析】
【分析】根据单位向量定义将等式平方可得，再由夹角公式计算可得结果
【详解】由题意，，
由得，
即，所以，
设与的夹角为，
所以，
又，所以.
故选：C
5. 从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，记事件：取到的2个数之和为偶数，事件取到的2个数均为偶数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件概率的计算公式即可求解.
【详解】事件包含的基本事件有事件包含的基本事件有，
故概率为，
故选：B
6. 若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线的倾斜角互补，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由条件，结合导数的几何意义求两曲线的切线方程，再根据直线的倾斜角和斜率的关系列方程求.
【详解】设，，
函数的导函数为
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，
函数的导函数为，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，
直线的斜率为，倾斜角为，
因为曲线在点处的切线与曲线在点处的切线的倾斜角互补，
所以直线的倾斜角为，
所以的斜率为，
所以，
所以，
故选：C.
7. 当时，曲线与曲线的交点个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】先得到，变形得到，从而得到方程，求出或，分和两种情况，求出答案.
【详解】，中，
，
令，即，
故或，
若，则，解得，
当时，，
当时，，不合要求，
当时，，其他值，均不合要求，
若，则，解得，
若当时，，当时，，
其他值，均不合要求，
综上，曲线与曲线的交点个数为2.
故选：A
8. 已知函数，若对任意的，都有，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】变形得到，设，则在R上单调递增，分段函数在R上单调递增，需满足每段函数在定义域上单调递增，且分段处，左端点函数值小于等于右端点函数值，从而得到实数a的取值范围.
【详解】，
设，则，
因为，所以在R上单调递增，
其中，
需满足在上单调递增，在上单调递增，
且，
由得，
根据在上单调递增，得到，故，
所以，
当，即时，在上单调递增，
当，即时，在上单调递增，
当，即时，由对勾函数性质得，
在上单调递增，故需满足，解得，
所以，
综上，实数a的取值范围是.
故选：D
二、多项选择题（本大题共3小题，每题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 某学校组织“一带一路”知识竞赛，从该校所有参赛学生中随机抽取50名，得到他们的竞赛成绩得分数据如下表：
根据表中数据，下列结论中正确的是（ ）
A. 50名学生成绩的中位数大于85
B. 50名学生中成绩高于80的学生所占比例超过90%
C. 50名学生成绩的极差为30
D. 50名学生成绩的平均值介于84至90之间
【答案】AD
【解析】
【分析】根据极差，平均值，中位数等定义计算判断各个选项即可.
【详解】对于A：小于等于85的人数为18人，所以中位数大于85，故A正确；
对于B：高于80的人数为41人，占比为不超过90%，故B错误；
对于C：因为最小取不到70，所以极差小于，故C错误；
对于D：50名学生成绩的平均值为，故D正确.
故选：AD
10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，若有三个零点，则b的取值范围是
B. 当且时，
C 若满足，则成等差数列
D. 若存在极值点，且，其中，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A,B,求导确定函数单调性，求得极值，构造不等式即可判断；对于C，代入解析式化简即可；对于D，由推理得到，又由函数极值点定义，由得到代入化简即得.
【详解】对于A，当时，，，
由，可得或，由，可得，
故函数在和上单调递增；在上单调递减.
则函数在处取得极大值，在处取得极小值，
若有三个零点，则，解得，故A正确；
对于B，当且时，，
所以，由A函数在上单调递减，故，故B正确；
对于C，因为
则，解得，所以，
若成等差数列，则，
因为不一定成立，所以不一定成等差数列，故C错误；
对于D，由求导得，，
依题意，，可得①
由，可得，
由于，化简得②，
将 ① 代入②式，可化简得：，
即，因，故得，即D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：对于选项D，由以及得，联立可解.
11. 如图，在三棱台的平面展开图中，和为边长为的等边三角形，，分别为、的中点，，，则在三棱台中，下列结论正确的是（ ）

A. B. 平面平面
C. 与平面所成角的余弦值为D. 三棱台的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】取的中点，取的中点，根据线面垂直判定定理证明平面，由此证明，判断A，利用线面垂直判定定理证明平面，根据面面垂直判定定理证明平面平面，判断B，先证明为与平面所成的角，解三角形求其余弦判断C，结合等体积法求点到平面的距离，再结合台体体积公式求三棱台的体积，判断D.
【详解】延长，由棱台性质可得三直线交于一点，记交点为，
由已知，，，，
因为，，，，
所以四边形为直角梯形，
所以，
取的中点，取的中点，延长，由梯形的性质可得过点，
所以四点共面，
因为，为的中点，所以，
因为，，，，
所以，所以四边形为平行四边形，
所以，同理可得，
所以，因为点为的中点，
所以，又，故，
因为平面，，
所以平面，平面，
所以，A正确；
由已知，，所以，
又，所以，同理可得，
又，，故，
所以，
因为，，，
所以，所以，
平面，，
所以平面，又平面，
所以平面平面，B正确；
因为平面，平面，
所以平面平面，平面，
平面平面，
所以在平面上的投影为，
所以为与平面所成的角，
因为，，
所以，所以，又为中点，
所以，又，，
所以，故，
所以，
所以与平面所成角的余弦值为，C错误；
因为，，所以的面积为，
因为平面，，
所以三棱锥的体积为，
设点到平面的距离为，
又的面积为，
所以三棱锥的体积为，
因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
所以，所以，
所以三棱台的高为，
因为，所以，
所以的面积为，
由台体体积公式可得三棱台的体积，D正确；
故选：ABD.

第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 记为等比数列的前n项和，若，，则__________.
【答案】7
【解析】
【分析】由已知结合等比数列的通项公式可求，然后结合等比数列的求和公式即可直接求解
【详解】根据题意，设该等比数列的公比为q，
因为，所以，
所以，
所以．
故答案为：7
13. 如图，设抛物线的焦点为F，过点的直线l与抛物线交于A，B两点，与y轴的负半轴交于C点，已知与的面积比为1：3，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据面积之比求得，设出直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理求得，进而求得，再根据焦半径公式即可求得结果.
【详解】由，可得，所以①，且，
又可设直线的方程为：，与抛物线联立消去得：，
所以，②，
结合①②可得，从而.
故答案为：
14. “曼哈顿距离”也叫“出租车距离”，是19世纪德国数学家赫尔曼•闵可夫斯基首先提出来的名词.在平面直角坐标系中，若，，则两点的“曼哈顿距离”为.已知函数，（），记的最大值为，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由函数解析式整理为，利用曼哈顿距离的定义和几何意义，结合图形求的最小值可得.
【详解】设动点满足方程，
当时，方程可化为；
当时，方程可化为；
再结合方程表示的曲线关于中心对称，分别作出各段对应的方程所表示图形，
如图1所示.

故满足的点的轨迹，
即以为中心,对角线长为2d的正方形,
从图形可以看出两点的“曼哈顿距离”的几何意义：
即以为中心，对角线长为2d的正方形对角线的一半，即.
由，
可令,，
因为，
所以点的轨迹为抛物线段,，
故由题意可知，的几何意义：
即以任意点为中心，与抛物线有公共点的正方形对角线的一半.
如图2，要使的最大值最小，
则随着点变化，对应的正方形不仅要框住整个抛物线段，且不能浪费空间，
即曲线端点在正方形边上，且曲线与正方形相切时，取最小值.

如图3，将直线往上平移直至与抛物线相切，
此时设直线方程为，与轴交于点，

则联立抛物线方程，消得，
则，解得，则，
又抛物线段一端点，将直线往下平移直至过点时，
得到，
故此时直线与轴交于点，
所以，即的最小值为.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：两点间“曼哈顿距离”的几何意义即为对应正方形对角线的一半.
四、解答题（本大题共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. 如图，在三棱锥中，平面平面ABC，，，点D在BC上，且.
（1）证明：；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
分析】（1）由面面垂直性质定理得出平面PAB，再得出线线垂直
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角即可.
【小问1详解】
因为，，所以，
因为，所以，因为，，所以，
又因为平面平面ABC，平面平面，平面PAD，所以平面PAB，
又因为平面PAB，所以
【小问2详解】
在平面PAB内，过点A作AB的垂线交PB于E，则，
以点A为坐标原点，，，方向分别为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
不妨设，则，，
则，，，，，
设平面PAD的法向量，
则，即，令，可取，
设平面PDC的法向量为，
则，即，令，可得，
所以，
由图可知二面角的平面角为钝角，
因此二面角的余弦值为
16. 对于椭圆：（），我们称双曲线：为其伴随双曲线.已知椭圆C：（），它的离心率是其伴随双曲线离心率的倍.
（1）求椭圆C伴随双曲线的方程；
（2）点F为的上焦点，过F的直线l与上支交于A，B两点，设的面积为S，（其中O为坐标原点）.若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆以及双曲线的离心率之间的关系列式，求出b，即得答案；
（2）设直线l的方程，并联立双曲线方程，可得根与系数关系式，结合化简可得，继而化简的表达式，即可得答案.
【小问1详解】
设椭圆C与其伴随双曲线离心率分别为，，
依题意可得，，即，
即，解得，
所以椭圆C：，则椭圆C伴随双曲线的方程为．
【小问2详解】
由（1）可知，直线l的斜率存在，故设直线l的斜率为k，，，则直线l的方程，
与双曲线联立并消去y，得，
则，，，，
需满足，则，
又，
则，解得；
又，
所以
，
所以.
17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求证：A，B，C成等差数列；
（2）若，，线段AC延长线上的一点D满足，求BD的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理角化边，结合余弦定理即可求得答案；
（2）结合（1）可得，在和中分别用正弦定理推出，再利用等面积法，即可求出答案.
【小问1详解】
由及正弦定理得，
整理得，由余弦定理得，
因为，所以，
又，所以，则，
所以A，B，C成等差数列．
【小问2详解】
由（1）可知：及，，
得，即，解得，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
由得，
所以，即，所以，
设的面积为，
则，
即，又，解得，
所以BD的长为.
18. 已知函数，.
（1）证明：；
（2）当时，令，求的最大值（用含a的式子表示）；
（3）设，且，求证：.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）构造函数和，利用导数求解函数的单调性，即可根据最值求解，
（2）求导，根据函数的单调性即可求解，
（3）对所证不等式两边同时取对数，即证，根据对数的运算性质将问题转化为，结合，取即可求解.
【小问1详解】
欲证只需证，
令，则，
令，解得；令，解得，
即在上单调递增，在上单调递减，则.
令（），则，
令，解得；令，解得，
即在上单调递减，在上单调递增，则.
又，则，原不等式得证.
【小问2详解】
，，
令，解得，
因为，所以，又，
当x变化时，，的变化情况如下表：
则函数单调递增区间是，单调递减区间是，
即的最大值为.
【小问3详解】
设，（），，
令，解得.又，当a变化时，，的变化情况如下表：
而，则，
当时，要证，
两边同时取对数，即证，
即证
两边同时乘以，即证
而
又，
令，（，2…，），，代入上式，
得，且只有在时等号成立，所以有
原不等式得证.
【点睛】方法点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
19. 在各项均为正数的递增数列中，（），则称数列，，为的一个商q子列.
（1）写出数列1，2，3，4，5，6的所有商子列；
（2）已知在数列中，若对于任意的，其中，数列，，为的商q子列，证明：当时，对于任意正整数i，j，k（），都有；
（3）已知在数列中，，，且对于任意的，其中，数列，，为的商2子列.若从数列中一次任取三项，，（）记数列，，是的商2子列的概率为，证明：.
【答案】（1）1，3，4；2，4，5；3，5，6.
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据商q子列的定义，可写出数列1，2，3，4，5，6的所有商子列；
（2）根据数列，，为的商q子列，结合商q子列的定义，先利用放缩法证明，，再由数列的增减性可得结论；
（3）先利用迭代法求得，可得数列的商2子列共有个，而数列，，（）的个数为，求得，再利用放缩法可得结论.
【小问1详解】
因为，，，
所以数列1，2，3，4，5，6的所有商子列为1，3，4；2，4，5；3，5，6.
【小问2详解】
由题意知，，从而，，
因为，所以
，
，
因为，所以.
【小问3详解】
由题意知，，得，
所以.
又因为，故，.
设数列，，（）是数列的商2子列，则，
即，整理得，又，
所以为偶数，进而为奇数，所以，进而，，
故数列的商2子列只有数列，，（）.
综上，数列的商2子列共有个，
而数列，，（）的个数为，
所以.
因为，，所以，即.
【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
成绩
频数
3
6
9
15
12
5
x
0
↗
极大值
↘
a
1
0
↘
极小值
↗