遼寧省教研教改聯合體2025屆高三第一次調研考試數學試題（解析版）

遼寧省教研教改聯合體2025屆高三第一次調研考試數學試題試卷滿分：150分考試時間：120分鐘一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據補集結合一元二次不等式求，再根據交集運算求解.【詳解】因為，則，所以.故選：B.2.已知復數的實部為的虛部為，則在復平面內對應的點位于（）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】由復數的除法得到，從而得到實部的值，由復數的乘法得到，從而得到虛部的值，從而得到，得到對應的點，得到所在象限.【詳解】，所以，所以，其在復平面內的對應點為，位于第一象限．故選：A．3.設，是向量，則“”是“或”的（）．A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】根據向量數量積分析可知等價于，結合充分、必要條件分析判斷.【詳解】因為，可得，即，可知等價于，若或，可得，即，可知必要性成立；若，即，無法得出或，例如，滿足，但且，可知充分性不成立；綜上所述，“”是“且”的必要不充分條件.故選：B.4.下列結論正確的是（）A.已知一組樣本數據，，…，()，現有一組新的數據，，…，，，則與原樣本數據相比，新的數據平均數不變，方差變大B.已知具有線性相關關系的變量x，y，其線性回歸方程為，若樣本點的中心為，則實數m的值是4C.50名學生在一?？荚囍械臄祵W成績，已知，則的人數為20人D.已知隨機變量，若，則【答案】D【解析】【分析】計算可得平均數不變，可得新數據極差變小，可判斷A；利用賀歸直線過樣本中心點，可求，可判斷B；可求得，進而可判斷C；由已知得，計算可判斷D.【詳解】對于A：新數據的總和為，與原數據的總和相等，且數據個數相等，因此平均數不變，因為，而，即極差變小了，由于兩組數據平均數不變，而極差變小，說明新數據相對原數據更集中于平均數，因此方差變小，故A錯誤；對于B：因為回歸直線方程必經過樣本中心點，所以，解得，故B錯誤；對于C：因為一?？荚囍械臄祵W成績，，所以，所以，所以人數為人，故C錯誤；對于D：因為，所以，，解得，故D正確故選：D.5.已知雙曲線為坐標原點，若直線與雙曲線的兩條漸近線分別交于點，則內切圓的半徑等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出漸近線方程，與直線聯立，求出點的坐標，求出的三邊長，及點到直線的距離，利用等面積法即可求解內切圓的半徑.【詳解】雙曲線的漸近線方程為，聯立方程，解得同理聯立，解得，不妨設，則，點到直線的距離，設內切圓的半徑為，則有，即，解得.故選：C6.已知函數的極值點為，則（）A. B.2 C. D.1【答案】D【解析】【分析】對函數求導，然后結合導數與單調性的關系、零點存在定理，求出函數的極大值點，然后利用指對互化求解即可.【詳解】由得，，設，則，所以在單調遞減，又，，由零點存在定理知，存在，使得，所以當時，，，函數單調遞增；當時，，，函數單調遞減，，所以是函數的極大值點，則，即.所以.故選：D7.在菱形中，，，將沿對角線折起，使點到達的位置，且二面角為直二面角，則三棱錐的外接球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據給定條件，確定三棱錐的外接球的球心位置，再求出球半徑即可計算作答.【詳解】如圖所示：由題意在菱形中，互相垂直且平分，點為垂足，，由勾股定理得，所以，設點為外接圓的圓心，則外接圓的半徑為，，設點為外接圓的圓心，同理可得外接圓的半徑為，，如圖所示：設三棱錐的外接球的球心、半徑分別為點，而均垂直平分，所以點在面，面內的射影分別在直線上，即，由題意，且二面角為直二面角，即面面，，所以，即，可知四邊形為矩形，所以，由勾股定理以及，所以三棱錐的外接球的表面積為.故選：C.【點睛】方法點睛：解決與球相關的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下：（1）定球心：如果是內切球，球心到切點的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點的距離相等且為半徑；（2）作截面：選準最佳角度做出截面（要使這個截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現這些元素的關系），達到空間問題平面化的目的；（3）求半徑下結論：根據作出截面中的幾何元素，建立關于球的半徑的方程，并求解.8.設、、滿足，，，則（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】【分析】構造函數，其中，利用導數分析函數在上單調性，結合，可得出與的大小關系，再結合基本不等式以及不等式的基本性質可得出與的大小關系.【詳解】、、且，，，則，先比較與的大小關系，構造函數，其中，則，所以，，則，令，其中，則，令，其中，所以，，所以，函數在上單調遞增，故，所以，函數在上單調遞增，則，即，因為，則，所以，，所以，，因為，所以，，所以，對任意的，，故函數在上單調遞減，因為，則，故，由基本不等式可得（，故取不了等號），所以，，故選：A.【點睛】方法點睛：在解決比較兩個數大小的問題時，常常有三種解決方法：（1）作差法，即兩個數作差，若，則，若，則；（2）作商法，即兩個數坐商，若，則，若，則；（3）單調性法，即借助函數的單調性比較兩個數的大小.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知函數，則下列說法正確的是（）A.的值域為B.的對稱中心為，C.在上的單減區(qū)間為D.在上的極值點個數為1【答案】AD【解析】【分析】借助三角恒等變換公式將原函數化為正弦型函數后，借助正弦型函數的值域、對稱性、單調性與極值點逐項計算并判斷即可得.【詳解】，對A：由，則，故A正確；對B：令，，解得，，故的對稱中心為，，故B錯誤；對C：令，，解得，，則在上的單減區(qū)間為，故C錯誤；對D：令，，即，，則在上的極值點有一個，故D正確.

故選：AD.10.已知拋物線的焦點為F，過點F的直線l與拋物線交于A、B兩點（點A在第一象限），與的等差中項為．拋物線在點A、B處的切線交于點M，過點M且垂直于y軸的直線與y軸交于點N，O為坐標原點，P為拋物線上一點，則下列說法正確的是（）A. B.的最大值為C.的最大值為 D.的最小值為16【答案】BCD【解析】【分析】設，，且,設直線，聯立直線和拋物線方程得韋達定理，再結合兩角和與差的正切公式，導數運算等知識，對各個選項逐一分析即可.【詳解】顯然當直線斜率不存在時不合題意，則設直線，與聯立得．設，，則，，，．，因此，A選項錯誤．，B選項正確．,，切線，即，同理，聯立解得，故．不妨設，過點P作拋物線準線的垂線，垂足為Q，則．當直線PN與拋物線相切時，最?。c聯立，消去y得：，令，解得，則，故，C選項正確．，故，則，D選項正確．故選:BCD．【點睛】方法點睛：直線與拋物線聯立問題第一步：設直線方程：有的題設條件已知點，而斜率未知；有的題設條件已知斜率，點不定，都可由點斜式設出直線方程．第二步：聯立方程：把所設直線方程與拋物線方程聯立，消去一個元，得到一個一元二次方程．第三步：求解判別式：計算一元二次方程根的判別式.第四步：寫出根之間的關系，由根與系數的關系可寫出．第五步：根據題設條件求解問題中的結論．11.已知函數，則下列說法正確的有（）A.若，則的值域為B.若，則過原點有且僅有一條直線與曲線相切C.存在，使得有三個零點D.若，則的取值范圍為【答案】ABD【解析】【分析】A選項，根據趨近于0時，函數值趨近于負無窮，當趨近于正無窮時，函數值趨近于正無窮得到A正確；B選項，求導，設出切點，得到切線方程，把點代入切線方程得，此方程只有一個根，故B正確；C選項，分與兩種情況，推導出至多兩個零點；D選項，先得到不合要求，滿足要求，考慮，時，滿足要求，故只需時，恒成立，若，，故不合要求，若，結合導函數得到函數單調性和最值，得到滿足要求，得到答案.【詳解】A選項，若，則，故，當趨近于0時，趨近于負無窮，此時趨近于負無窮，當趨近于正無窮時，和都趨近于正無窮，函數值趨近于正無窮，因此函數的值域為R，A正確；B選項，函數定義域為，時，，因為時，，故，則，設切點坐標為，故，則在處，的切線方程為，把點代入切線方程得，，化簡得，當時，，此方程無解，當時，，此方程無解，當時，，且函數此時為增函數，故方程只有這1個解，即過原點有且僅有一條切線和相切，B正確；C選項，，當時，，，則，故單調遞減，故在此區(qū)間上函數最多一個零點，要想這個零點存在，需，當時，，，則，顯然這是一個增函數，要想函數零點盡可能多，則需存在一個使得成立，此時在上單調遞減，在上單調遞增，若在上存在一個零點，則，故此時在上只存在一個零點，此時函數一共有兩個零點，不合要求，若在上不存在零點，則，又在上單調遞減，在上單調遞增，故此時函數最多有兩個零點，不合要求，綜上，不存在，使得函數存在三個零點，C錯誤；D選項，由A知，當時，函數的值域為R，不滿足，當時，，滿足要求，當時，時，，滿足要求，故只需時，恒成立，若，，故不合要求，若，，則，顯然這是一個增函數，，函數單調遞增，則，故滿足題意，又也滿足要求，因此，D正確；故選：ABD【點睛】方法點睛：對于求不等式成立時的參數范圍問題，一般有三個方法，一是分離參數法,使不等式一端是含有參數的式子，另一端是一個區(qū)間上具體的函數，通過對具體函數的研究確定含參式子滿足的條件.二是討論分析法，根據參數取值情況分類討論，三是數形結合法，將不等式轉化為兩個函數，通過兩個函數圖象確定條件.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.在數列中，已知，，則數列的前2024項和__________．【答案】【解析】【分析】由，得到，利用累乘法得到數列的通項公式，再用裂項相消，即可求解.【詳解】因為，所以，所以，因此，故答案為：.13.已知，若，使成立，則__________．【答案】【解析】【分析】利用輔助角公式將方程化成，通過左右兩邊函數的值域比較,得到兩邊只能等于，求得，回代求出.【詳解】由可得，,設.依題意，，而，故，由，可得，，又由可得，，因，則，，故，解得，.故答案為：.14.設嚴格遞增的整數數列，，…，滿足，.設為，，…，這19個數中被3整除的項的個數，則的最大值為________，使得取到最大值的數列的個數為________.【答案】①.18②.25270【解析】【分析】第一個空，為了讓盡可能多的相鄰兩數之和被3整除，則要盡量多地出現相鄰兩數一個模3余1，一個模3余2這樣的組合，通過枚舉法分析即可得到結果；第二個空，滿足要求的數列必須為相鄰兩數一個模3余1，一個模3余2這樣的組合，而1-40中有27個數滿足要求，再利用捆綁思想和特殊位置討論即可得到結果.【詳解】第一個空，設某個數除以余數，則稱該數模余(，均為整數，且)，為了讓盡可能多的相鄰兩數之和被3整除，則要盡量多地出現相鄰兩數一個模3余1，一個模3余2這樣的組合，這樣它們之和才會被3整除.而，均為模3余1，則不可能有19組上述組別，最多出現18組上述組別，例如嚴格遞增數列1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,26,28,40，滿足題意，所以的最大值為18.第二個空，因為1-40這40個數中，共有27個數符合模3余1或模3余2，則要從這27個數中選出滿足要求的20個數.第一步，在到這20個數中刪去一個數（后面再加回來），使得剩下的19個數滿足任意兩個相鄰數一個模3余1，一個模3余2，這樣就形成了18組，即使得的最大值為18.第二步，將這27個數從小到大排列，需要刪去8個數得到目標19個數的數列.它們中任意相鄰兩數一個模3余1，一個模3余2，因此，需要刪去的8個數應該為4組相鄰的數.第三步，利用捆綁思想，從27個數中刪去4組相鄰的數等價于從23個數中刪去4個數.有三種情況：①兩端均刪去，這種情況不滿足要求.因為若兩端均刪去，那么1和40必定被刪去，在下一步加出來時也最多加回1或40中的一個，而1和40必定在數列中，因此不滿足.②兩端均不刪去，從中間21個數中選4個數刪去，有種，再從刪去的8個數中拿一個加回原來的19個數中，由種，共有種.③兩端中有一個被刪去，其余3個數從中間21個數里選，有種，此時加回來的數必定是刪去的兩端之一中的1或40，有1種選法，共種.第四步，刪去的四組相鄰數中有一組中有一個數被加回來，即未被刪去，被刪去的是這一組中的另一個數，而對于刪去的數，假設為，它旁邊兩個數分別為，即排列為，在第三步捆綁時，可能捆綁的組合為，然后刪去，再補回；或者為，然后刪去，再補回，這兩種刪去方式結果相同.綜上，共有種.故答案為：18；25270【點睛】關鍵點點睛：對于排列組合與初等數論結合的題目，通過列舉出一些符合題意的數列，找出一定的規(guī)律，再利用排列組合的思想進行求解.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知分別為三個內角的對邊，且（1）求；（2）若的面積為，為邊上一點，滿足，求的長．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）正弦定理邊化角，利用內角和定理消去，由和差公式和輔助角公式化簡可得；（2）根據余弦定理和三角形面積公式列方程組求出，然后在中利用余弦定理可得.【小問1詳解】由正弦定理有，因為，所以，化簡得，由有，可得，因為，所以，則．【小問2詳解】由有又可得，聯立解得，所以為正三角形，所以，在中，由余弦定理得．故的長為.16.已知函數.（1）若曲線在處的切線與軸垂直，求的極值.（2）若在只有一個零點，求.【答案】（1）極小值，無極大值；（2）.【解析】【分析】（1）求出函數的導數，結合幾何意義求出，再分析單調性求出極值.（2）由函數零點的意義，等價變形得在只有一解，轉化為直線與函數圖象只有一個交點求解.【小問1詳解】函數的定義域為R，求導得，，依題意，，則，，當時，，當時，，因此函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以函數在處取得極小值，無極大值.【小問2詳解】函數在只有一個零點，等價于在只有一個零點，設，則函數在只有一個零點，當且僅當在只有一解，即在只有一解，于是曲線與直線只有一個公共點，令，求導得，當時，，當時，，因此函數在上單調遞減，在上單調遞增，函數在取得極小值同時也是最小值，當時，；當時，，畫山大致的圖象，如圖，在只有一個零點時，，所以在只有一個零點吋，.17.如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，，，且，.（1）若為的中點，證明：平面平面；（2）若，，線段上的點滿足，且平面與平面夾角的余弦值為，求實數的值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取中點為，利用直角梯形中位線的性質，線面垂直的性質判定推理即可；（2）通過正三角形證明，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用二面角得向量求法計算求解即可.【小問1詳解】取中點為，由條件可得為梯形的中位線，則，又，則，且，平面，平面，根據線面垂直的判定定理，得平面，平面，.由，則，又，為梯形的兩腰，則與相交，平面，又平面，所以平面平面.【小問2詳解】取的中點為Q，由，，則，，因此△為等邊三角形，.由（1）知平面，，，兩兩垂直，如圖，以，，分別為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標系，由，，則，，，，，由，所以，，，，設平面的一個法向量為，由取，得，，得.設平面的一個法向量為，由取，得，，即平面的一個法向量為.記平面與平面夾角的大小為，所以，化簡得，即，所以實數的值為.18.測試發(fā)現，某位慣用腳為右腳的足球球員甲在罰點球時，踢向球門左側、中間和右側的概率分別為0.5，0.1和0.4，并且，踢向左側、中間和右側時分別有0.1，0.2和0.2的概率踢飛或踢偏（沒有射正）.守門員在撲點球一般會提前猜測方向.測試發(fā)現，某位守門員乙在撲點球時猜右側（即足球運動員甲在罰點球時，踢向球門左側）、中間和左側（即足球運動員甲在罰點球時，踢向球門右側）的概率分別為0.6，0.1和0.3.當他猜中方向為左側或者右側來時撲出點球的概率均為0.5，當他猜中方向為中間時，撲出點球的的概率為0.8.（1）求球員甲面對守門員乙時，第1次罰點球罰丟的概率；（2）若球員甲在上一輪罰丟點球，則下一輪面對球員甲罰點球時，守門員乙的信心將會激增，在猜中方向的前提下，所有方向撲出點球概率都會在原來的基礎上增加0.1；若球員甲在上一輪罰進點球，守門員乙將會變得著急，會有0.2的概率提前移動，在守門員乙提前移動的情況下，若球員甲罰丟點球，則可獲得重罰機會.已知守門員乙提前移動時撲出三個方向點球的概率均會增加0.1.假定因為守門員乙提前移動球員甲重罰點球仍屬于第二輪，且重罰時守門員乙不再提前移動.（i）求球員甲第二輪罰進點球的概率；（ii）設為球員甲在第k輪罰進點球的概率，若滿足對于，，直接寫出符合題意的.（注：最終結果均保留兩位小數.）【答案】（1）0.34；（2）（i）0.67；（ii）.【解析】【分析】（1）由互斥事件的概率公式及全概率公式求解即可.（2）（i）球員甲第二輪罰進點球包含4個互斥事件：第一輪罰進，第二輪守門員乙未提前移動且罰進，第一輪罰進，第二輪守門員乙提前移動且罰進，第一輪罰進，第二輪守門員乙提前移動未罰進，但重罰后罰進，第一輪未罰進，第二輪罰進，分別求出對應的概率，相加即可得解；（ii）分析可得（）隨k的增大而增大，由對于，均有，由此可得答案．【小問1詳解】設球員甲罰點球時，踢向左側、中間、右側的事件分別為，球員甲踢飛或踢偏（沒有射正）的事件為D，守門員乙在撲點球時撲向右側、中間、左側的事件分別為，守門員乙撲出點球的事件為E，則，，，設球員甲第1次罰點球罰丟的事件為F，則為互斥事件，則.【小問2詳解】（i）當球員甲在上一輪罰丟點球時，守門員乙所有方向撲出點球的概率都增加0.1，或者守門員乙提前移動時，所有方向撲出點球的也增加0.1，因此球員甲第二輪罰進點球包含以下4個互斥事件：①第一輪罰進，第二輪守門員乙未提前移動且罰進，概率為；②第一輪罰進，第二輪守門員乙提前移動且罰進，此時罰丟點球的概率為，此時罰進的點球的概率為；③第一輪罰進，第二輪守門員乙提前移動未罰進，此時