辽宁省多校联考2025-2026学年高三下学期第三次模拟数学试卷（含解析）高考模拟

这是一份辽宁省多校联考2025-2026学年高三下学期第三次模拟数学试卷（含解析）高考模拟，共8页。
注意事项：
1．答卷前，考生须在答题卡和试题卷上规定的位置，准确填写本人姓名、准考证号，并核对条形码上的信息．确认无误后，将条形码粘贴在答题卡上相应位置．
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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上各题目规定答题区域内，超出答题区域书写或写在本试卷上的答案无效．
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
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. 已知平面向量，，若，则实数的值为（ ）
A. 4B. -4C. 1D. -1
【答案】B
【解析】
【详解】，，
因为，所以，解得.
2. 定义集合运算：，设集合，，则集合的所有元素之和为（ ）
A. 0B. 2C. 3D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据定义先求，进而求解.
【详解】由题意得：，所以.
3. 复数（为虚数单位）的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为，所以的虚部为.
4. 某学校随机抽取了100名学生，对其课外阅读情况进行调查．并将这100名学生每月阅读课外书的数量（单位：本）绘制成如图所示的条形图．若从这100名学生中随机抽取1名学生，该学生每月阅读课外书数量不少于4本的概率为（ ）
A. 0.15B. 0.25C. 0.4D. 0.6
【答案】C
【解析】
【详解】从频率分布条形图中可得：阅读课外书为4本的频率是，
阅读课外书为5本的频率是.
每月阅读课外书数量不少于4本，包含阅读4本和阅读5本两种情况.
总频率为.
由频率估计概率，可知该学生每月阅读课外书数量不少于4本的概率为.
5. 已知椭圆的焦点分别为，，点为上任意一点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用椭圆的定义以及基本不等式即可求解.
【详解】已知椭圆的焦点分别为，，点为上任意一点，所以，
则根据椭圆的定义可知，
由基本不等式得，当且仅当时取等号，此时点在椭圆的短轴的端点处，符合题意，
因此的最大值是.
6. 已知圆，直线与圆相交于，两点，当取最小值时，的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的直线方程求出定点坐标，再确定定点与圆的位置关系，求出过定点的圆的直径斜率即可得解.
【详解】直线，由，得，
显然无论取什么实数，直线都过点，
将化为标准形式，
因为，所以点在圆内，
而圆的圆心，由圆的性质知，当时，弦AB的长取最小值，
又直线的斜率，所以.
7. 已知数列的前项和为，且满足，，，则使不等式成立的正整数的最小值为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】得出数列是等比数列，求出通项公式和前项和表达式，得出表达式，利用不等式得出为奇数，利用和，即可求出使不等式成立的正整数的最小值.
【详解】由题意，，
在数列中，，，，
∴数列为等比数列，公比，
∴，
，，
∴，
∵，
∴，即为奇数，即为偶数，
此时，
∴，
∵，，
∴，即.
8. 设，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设函数，求导可得，
当时，，在上单调递增，
所以，即，
令，代入可得，即，
设函数，求导可得，
当时，，在上单调递增，
所以，即，
令，代入可得，即，
所以的大小关系为.
二、选择题（本题共3小题，每小题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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．）
9. 下列四个函数中，周期为且在区间上单调递减的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】对于A，函数的周期为，
当时，，在上单调递减，A正确；
对于B，当时，，函数在上单调递增，B错误；
对于C，函数的周期为，
当时，，在上单调递减，C正确；
对于D，函数的周期为，D错误.
10. 已知数列，的前项和分别为，，且满足，，，则下列结论正确的是（）
A. B.
C. 是等差数列D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】先利用与的关系式变形推出为等差数列，求出进而得到通项，判定A错C对，再求出与的值验证等式成立确定B正确，最后把从第二项起两两分组求和，每组和为，化简得到对应式子证得D正确。
【详解】由，且.
得，整理得，
所以.又，故，
因此是首项为，公差为的等差数列，选项C正确.
选项A，由等差数列通项公式，，故.
当时，，
验证时，，符合题意，即，选项A错误.
选项B：.
由，.
得，，，，，
所以.故，选项B正确.
选项D：，
.
第项一组，第项一组，…，第项一组，共组.
每组和：（），
因此，选项D正确.
11. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的有（ ）
A. 直线与所成角的余弦值为
B. 用平面截该正方体，所得截面面积为
C. 若与交于点，则长度的取值范围是
D. 若三棱锥与三棱锥体积相等，则动点的轨迹长度为
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A：建立空间直角坐标系，根据异面直线所成角的向量求法求解即可；对于B：取中点，判断四边形为平面截该正方体所得截面，求等腰梯形的面积即可；对于C：根据两点间距离公式求出最小值，结合勾股定理判断最大值；对于D：取、中点、，证出平面平面，得到动点的轨迹为线段，求出即可.
【详解】以点为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，.
对于A：因为为棱的中点，所以，，.
设直线与所成角为，
所以，A错误.
对于B：取中点，连接，，，易知为平行四边形，所以.
又，为中点，所以，即，所以、、、四点共面，
即平面截该正方体所得截面为四边形.
易知，，，
所以四边形为等腰梯形，设高为，则，
所以面积为，B正确.
对于C：正方体中，，所以，所以.
设，则，所以.
设，.
则.
易知当，时，取得最小值，为，
由于故时，故取得最大值，所以，
故长度的取值范围是，C正确.
对于D：取、中点、，连接、、、、，
则，.
正方体中，易知，，，则
所以四边形为平行四边形，所以.
又平面，平面，所以平面.
同理可得平面，
又，所以平面平面，
即线段上的点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以三棱锥与三棱锥体积相等时动点的轨迹为线段，
而，故D错误.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 一个盒子里装有5个红球和3个白球，从中不放回地依次随机取出2个球．已知第一次取出的球是红球，则第二次取出的球是白球的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】通过已知条件缩小样本空间，直接计算对应事件的条件概率.
【详解】第一次取出红球为已知条件，该条件成立后，
盒内剩余个红球、个白球，共个等可能抽取的球.
因此，第二次取出白球的概率为.
13. 写出曲线过坐标原点的切线方程：______，______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据切点和斜率写出切线方程，并根据切线过原点求得切线方程.
【详解】当时，，则，
曲线在点处的切线方程为.
若该切线经过原点，则，解得，此时切线方程为.
当时，同理可得满足题意的切线方程为.
故答案为：；
14. 已知双曲线：的右焦点为，过且与双曲线的一条渐近线平行的直线与交于另一点，若，则的离心率为________．
【答案】
【解析】
【分析】易得，进而求得，然后在中，结合双曲线的定义，利用余弦定理求解.
【详解】如图所示：
设双曲线：的左焦点为，
由题意得，则，
又，且∠F'FP∈0,π2，
解得，
由双曲线的定义得PF'=PF+2a=4a ，
在中，由余弦定理得PF'2=PF2+F'F2−2PF⋅F'F⋅cs∠F'FP ，
即4a2=2a2+2c2−22a⋅2c⋅ac，化简得，即，
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. 在长方体中，，，为棱上的动点（不包含端点，）．
（1）证明：；
（2）当时，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定性质推理得证.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量法求解.
【小问1详解】
在长方体中，连接，由，得底面是正方形，
则，由平面，平面，得，
又，平面，因此平面，
无论点在线段上如何移动，平面，
所以.
【小问2详解】
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，连接，
则，，
设平面的法向量，则，取，得，
平面的法向量，则，
由图知，二面角的余弦值为钝角，所以所求余弦值为.
16. 已知抛物线的焦点为，过点作两条互相垂直的直线，，与抛物线交于，两点，与抛物线交于，两点．设，，，．
（1）若，直线的斜率为1，求的值；
（2）求四边形面积的最小值及此时直线的斜率．
【答案】（1）8 （2），．
【解析】
【分析】（1）求出抛物线方程和焦点坐标，得出直线的方程，直曲联立，借助韦达定理即可求出的值；
（2）写出直线的方程，直曲联立得出的表达式，利用两直线垂直求出直线的斜率与的表达式，写出四边形的面积表达式，借助基本不等式即可求出四边形面积的最小值及此时直线的斜率.
【小问1详解】
由题意，在抛物线中，
当时，，焦点，
∵直线的斜率为1，
∴直线的方程为，
联立，解得，
∴，
∴．
【小问2详解】
由题意，
在抛物线中，焦点，
，，，，
设直线的斜率为，则直线的方程为，
联立，消去得：，
∴．
∴，
∵，
∴直线的斜率为，
同理可得，，
∴四边形的面积：
，
当且仅当即时，等号成立，
∴四边形面积的最小值是，此时直线的斜率．
17. 在中，角，，的对边分别为，，，已知向量，，且．
（1）求角的大小；
（2）若为锐角三角形，，求的取值范围；
（3）设的面积为，边上的中线长为2，求的长．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据向量的数量积，结合三角函数性质求解即可.
（2）根据正弦定理、辅助角公式及正弦函数性质求解即可.
（3）根据三角形面积公式得到，根据为中点得到，结合向量数量积的运算律得到，代入余弦公式求解即可.
【小问1详解】
由题意，
又，所以．
又，所以或，所以.
【小问2详解】
因为，，
由正弦定理得：，则，．
易知，
所以．
因为为锐角三角形，所以，解得．
所以，所以，则．
所以的取值范围是．
【小问3详解】
由题意知，，所以．
因为为中点，所以，
两边平方得：，
代入并整理：，
由余弦定理：，
所以．
18. 已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，若恒成立，求取值范围；
（3）若，求证：函数有两个大于1的零点．
【答案】（1）时在上单调递增，时在上单调递增，在上单调递减
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对函数求导，应用分类讨论研究导数的符号，进而确定区间单调性；
（2）问题化为，应用导数研究左侧的最小值，利用不等式恒成立求参数范围；
（3）应用导数研究的单调性，结合零点存在性定理确定零点的范围，即可证.
【小问1详解】
由题意，，
当时，，故在上单调递增；
当时，
令，得，在上单调递增，
令，得，在上单调递减.
【小问2详解】
当时，不等式可化为，
令 ，，
，，在上单调递减，
，，在上单调递增，
所以 ，
设 ，则 ，
，，在上单调递增，
，，在上单调递减，
当时， ，
所以的取值范围是；
【小问3详解】
由题意，，易知为增函数，
又，且，故，又 ，
故，使得 ，，
，，在上单调递减，
，，在上单调递增，
，
令 ，， ，
故在上单调递减， ，
所以 ，又，
故，使得，又 ，
对于，，则，
故在上单调递增，则，即，
对于，，则，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
所以，即，故，
令 ，，则 ，
所以在上单调递增，
所以 ，
所以，故，使得，
综上，函数有，两个大于1的零点.
19. 为提升用户的“数字资产积累”体验，某区块链平台推出“幸运盲盒”游戏：盲盒内有编号的个数字代币（质地均匀），每次随机有放回抽取个代币，抽取相互独立．规则为：抽到号代币得个积分，抽到号代币得个积分．定义“安全积累状态”为：抽取过程中从未出现连续两次抽到号代币，记第次抽取后处于“安全积累状态”的概率为．
（1）①求抽取次后，总积分为分的概率；
②求的值；
（2）设抽取次后处于“安全积累状态”，且积分和为．求满足条件的的取值范围，并求当最大时共有多少种抽取方法；
（3）证明：当时，．
【答案】（1）①；②
（2），125
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）①由题意得总积分为分，应满足恰好抽到次号代币，次号代币，利用概率的乘法公式即可求解；②分类讨论次抽取过程中从未出现连续两次抽到号代币的情况即可求解；
（2）根据题意得出抽到号的次数与的关系即可求解；
（3）将第次抽取后处于安全积累状态，分两种情况讨论，得到即可判断.
【小问1详解】
①由题意，抽到号的概率为，抽到号的概率为；抽取次后，总积分为分，应满足恰好抽到次号代币，次号代币．
总积分为分的概率为：，
②根据题意，次抽取过程中从未出现连续两次抽到号代币，有种情况
三次均未抽到号：，
三次中有一次抽到号：，
三次中有两次抽到号，只能第一次和第三次抽到号：，
则．
【小问2详解】
设抽到号次，则 ，得；
因为个号不连续，故至少有次抽到其他号码，
所以有 ，即，又，
联立解得．
故的最大值为，此时：共 种抽取方法．
【小问3详解】
第次抽取后处于安全积累状态，分两种情况：
第一种情况：第次抽号，概率为，前次抽取后处于安全积累状态的概率为，概率为；
第二种情况：第次抽号，其概率为，第次抽号，概率为，
前次抽取后处于安全积累状态的概率为，概率为；
故，
则，
所以当时，，
当时，由（1）知，，
故，当时，．