辽宁省普通高中2025届高三下学期三模数学试卷（Word版附解析）

这是一份辽宁省普通高中2025届高三下学期三模数学试卷（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 函数的最小值为， 函数的部分图象可能为等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，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.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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. 若向量，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将转化为，再利用数量积的坐标运算即可.
【详解】由，得，
因为，所以，所以.
故选：A
2. 已知集合，则下列判断错误的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求出集合，利用元素与集合的关系判断.
【详解】依题意可得，所以.
故选：A.
3. 下列各二项式中，其展开式不存在常数项的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项展开式的通项公式求常数项即可.
【详解】设二项展开式的第为常数项.
对A：由，由，所以展开式的第6项为常数项，即的展开式有常数项；
对B：由，由，所以展开式的第5项为常数项，即的展开式有常数项；
对C：由，由，所以的展开式的第9项为常数项，即的展开式有常数项；
对D：由，由，所以的展开式不存在常数项.
故选：D
4. 已知为虚数单位，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复数的模长公式以及复数的周期性即可得到的值，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，
所以，则，故.
故选：D
5. 如图，这是一块宋代椭圆形玉璧，采用上好的和田青玉雕琢而成，该椭圆形玉璧长，宽，玉璧中心的椭圆形孔长，宽，设该玉璧的外轮廓为椭圆，玉璧中心的椭圆形孔对应的曲线为椭圆，则（ ）
A. 的离心率等于的离心率
B. 的离心率小于的离心率
C. 的离心率大于的离心率
D. 与的离心率无法比较大小
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆离心率公式，计算比较.
【详解】依题意可得的长轴长为，短轴长为的长轴长为1.6cm，短轴长为.
因为，所以，
又，所以越大，离心率越小，所以的离心率小于的离心率.
故选：B.
6. 在正方体中，从直线以及该正方体的12条棱所在直线中任取2条直线，则这2条直线平行的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正方体的特点及古典概型的概率公式、组合计数求解即可.
【详解】因为， ，，
，，
所以这2条直线平行的概率为.
故选：D.
7. 如图，在四边形中，，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，再利用三角函数表示，，再在中利用余弦定理求出，最后求三角函数的最值即可.
【详解】设，则，，
则在中利用余弦定理得，
当，即时，取得最小值.
故选：C
8. 函数的最小值为（ ）
A. 4B. C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】当时，将函数转化为直线上点到直线的距离与到点的距离之和，作出图象，结合图象及点到线的距离公式求解即可.
【详解】解：因为，
当时，；
当时，如图所示：
设，于，
则，
由图可知，的最小值为点到直线的距离.
因为直线的方程为，
即，
所以，
故的最小值为.
【点睛】关键点睛：本题的关键是转化为直线直线上点到直线的距离与到点的距离之和.
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. 若关于的不等式在上恒成立，则该不等式称为单位区间不等式.下列不等式是单位区间不等式的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据求解一元二次不等式和基本不等式判断关于的不等式在上是否恒成立，即可得解.
【详解】的解集为，A错误；
当时，（当且仅当时，等号成立），因为，
所以在上恒成立，B正确；
的解集为，在上恒成立，C正确；
当时，（当且仅当时，等号成立），因为，
所以在上恒成立，D正确.
故选：BCD.
10. 函数的部分图象可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用正弦型三角函数的性质依次判断各选项即可得出结果.
【详解】对于选项A，由图可知，的最小值为0，则，
当1时，，，的部分图象可以如选项A所示.
对于选项B，当时，的部分图象可以如选项B所示.
对于选项C，由，得，即，
当时，的部分图象可以如选项C所示.
对于选项D，由，得，即，
则，此时，排除D.
故选：ABC
11. 已知函数对任意，都有，函数的定义域为，且的导函数满足，则（ ）
A.
B.
C.
D. 当时，可能为偶函数
【答案】BCD
【解析】
【分析】采用赋值法，令，可判断A的真假；利用赋值法先求，设辅助函数，根据函数的单调性可得，可判断B的真假；利用B的结论，结合可判断C的真假；取函数，可判断D的真假.
【详解】对A：令，得，即，A错误.
对B：令，得，得.
由，得，构造函数，
则，则为减函数，则，
即，则，所以，故B正确；
对C：令，得.
根据B的结论，得：，
所以，故C正确；
对D：若，则可取满足，
则为偶函数，故D正确.
故选：BCD
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若抛物线经过点，则该抛物线的焦点坐标为__________.
【答案】
【解析】
【分析】将点的坐标代入抛物线方程，即可得到，从而得到结果.
【详解】将点的坐标代入，得，则该抛物线的焦点坐标为.
故答案为：
13. 已知某社区有200人计划暑假去云南或河南旅游，他们每人从云南与河南中选择一个省份去旅游，将这200人分为东、西两小组，经过统计得到如下列联表：
由表中数据可知，这200人选择去云南旅游的频率为__________（用百分数表示），__________（填入“有”或“没有”）的把握认为游客的选择与所在的小组有关.
参考公式：.
【答案】 ①. ②. 没有
【解析】
【分析】由表中数据，利用古典概型，可得空1的答案；由表中数据，根据独立性检验的解题思想，可得空2的答案.
【详解】由表中数据可知，这200人选择去云南旅游的频率为.
因为，
所以没有的把握认为游客的选择与所在的小组有关.
故答案为：，没有.
14. 已知顶点为的圆锥有且仅有一条母线在平面内，是母线的中点，点.若与圆锥底面所成的角为，圆锥外接球的表面积为，且圆锥底面圆心到直线的距离为，则与圆锥底面所成角的正弦值为__________.
【答案】##0.75
【解析】
【分析】由与圆锥底面所成的角为，易得圆锥的轴截面为正三角形，设圆锥外接球的半径为，结合正弦定理可得，进而结合外接球的表面积可得，过点作，易得平面，设在内的射影为，过点作的垂线，分别交于点，分析易得，进而求出，，再结合线面角的定义求解即可.
【详解】因为与圆锥底面所成的角为，所以圆锥的轴截面为正三角形，
设圆锥外接球的半径为，则圆锥的轴截面外接圆的半径为，
由正弦定理得，
所以，解得.
过点作，由题意知平面与圆锥相切于直线，
则平面，设在内射影为，则为的中点，
过点作的垂线，分别交于点，
即，，又，则，，
因为，且平面，
则平面，又平面，平面，
所以，，即，
从而，
又，，，
所以，
由，得，
所以，，
设与圆锥底面所成的角为，因为与圆锥底面垂直，
又，，
所以.
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. 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义，求函数在处的切线方程.
（2）分析函数的单调性，求函数的最小值，根据可证.
【小问1详解】
因为，所以，
则，则.
因为，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
的定义域为，
令，得.
令，得，则在上单调递减；
令，得，则在上单调递增.
.
因为，所以，即.
16. 甲、乙两人进行一场网球比赛，比赛采用三局两胜制，每局都没有平局，且甲第一局获胜的概率为.从第二局开始，若上一局甲获胜，则下一局甲获胜的概率为，若上一局甲未获胜，则下一局甲获胜的概率为.
（1）当时，求甲第二局获胜的概率.
（2）设甲第一局未获胜且第二局获胜的概率为.
①求；
②记这场比赛需要进行的局数为，求的分布列与期望.
【答案】（1）
（2）①；②分布列见解析，期望为.
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式即可求解,
（2）①②根据全概率公式即可求解概率，进而根据期望公式求解.
【小问1详解】
设“甲第局获胜”，其中，依题意得，
当时，由全概率公式得.
，
所以甲第二局获胜的概率为.
【小问2详解】
①甲第一局未获胜且第二局获胜的概率为，
依题意得，解得.
②的可能取值为2，3.
，
所以的分布列为
.
17. 如图，在高为6直三棱柱中，底面的周长为分别为棱，上的动点.
（1）若，证明：平面.
（2）求的最小值.
（3）若，求平面与底面夹角的余弦值的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由已知，可得，利用勾股定理的逆定理可得，由线面垂直的判定定理即可证得；
（2）将侧面沿展开成矩形，则其对角线即为所求；
（3）设的中点分别为，连接，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用坐标运算分别求得平面和底面的一个法向量，利用公式由表示出，利用二次函数的性质求出的最大值，即为所求.
【小问1详解】
因为底面的周长为12，且，所以，
则，所以.
在直三棱柱中，底面，
又平面，则，
又，平面，所以平面.
【小问2详解】
将直三棱柱的侧面沿剪开展平成矩形，如图所示，
其中，所以，
所以的最小值为.
【小问3详解】
设的中点分别为，连接，
因为三棱柱是直三棱柱，则.
因为，底面的周长为，
所以，所以，则.
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
又，
则，，
则.
设平面的一个法向量为，则，
即，
取，得
易得底面一个法向量为，
则，
当时，取得最小值，
则取得最大值，且最大值为，
所以平面与底面夹角的余弦值的最大值为.
18. 已知双曲线的两条渐近线的斜率之积为.
（1）求离心率.
（2）若过点且斜率为1的直线与交于两点（在左支上，在右支上），且.
①求的方程；
②已知不经过点的直线与交于两点，直线的斜率存在且直线与的斜率之积为1，证明：直线过定点.
【答案】（1）2 （2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据双曲线渐近线方程和离心率公式，即可求解；
（2）①直线方程与双曲线方程联立，根据向量共线的条件，结合韦达定理，即可求解；
②首先设直线方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理表示，即可证明定点问题.
【小问1详解】
由题意可知，
则.
【小问2详解】
①解：直线的方程为，
联立得，
.
设，则，
由，得，
代入，得，
则的方程为.
②证明：设的方程为.
联立得，
，且，
.
因为，
所以，
即，
则，
整理得，
即.
因为点不在直线上，所以，则，
则，
故直线过定点.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用直线与双曲线方程联立，利用韦达定理表示坐标运算.
19. 已知正数的整数部分记为，例如.
（1）若，求数列的前项和.
（2）设.
①求；
②求数列的通项公式；
③求数列的前100项和.
【答案】（1）
（2）①；②；③
【解析】
【分析】（1）将化简，得，该表达式第一项恒为整数，则只需考虑的取值情况可得解；
（2）①将代入直接求解即可；②令，则，而，则可平方脱根，判断整数部分可得解；③已知，则可表达数列的前100项,，应用并项求和即可.
【小问1详解】
，
当时，.
【小问2详解】
①，
因为，且，所以.
②令，则，
则，
所以.
因为，所以，
又为正整数，所以.
③方法一：
因为
，
所以数列的前100项和为.
方法二：
数列的前100项和为
.
【点睛】本题考查新定义与数列的交汇，考查数学抽象，逻辑推理与数学运算的核心素养.
去云南旅游
去河南旅游
合计
东小组
60
40
100
西小组
70
30
100
合计
130
70
200
0.05
0.01
0.001
3.841
6.635
10.828
2
3