2025年沈陽市高中三年級教學質量監測（三）數學命題：沈陽市第四中學沈陽市第三十一中沈陽市第五中學主審：沈陽市教育研究院本試卷共4頁.考試結束后，將答題卡交回.注意事項：1．答卷前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區.2．答題時請按要求用筆.3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效.4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑.5．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀.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】C【解析】【分析】由并集的運算，即可得到結果.【詳解】因為，，則.

故選：C2.已知為虛數單位，若，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用復數的運算化簡復數，利用共軛復數的定義可求得復數.【詳解】因為，故.故選：B.3.雙曲線的離心率為，則其漸近線方程為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由離心率確定，即可求解.【詳解】由，得，，故漸近線方程為．故選：B.4.已知向量，滿足，，則等于（）A.12 B.10 C. D.【答案】C【解析】【分析】由得，又展開即可求解.【詳解】由有，所以，所以，故選：C.5.等比數列中，，則“”是“”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】A【解析】【分析】設等比數列的公比為，根據、分別求出的取值范圍，利用集合的包含關系判斷可得出結論.【詳解】設等比數列的公比為，由可得，因為，則，解得，由可得，因為，則，解得或，因為是或的真子集，因此，“”是“”的充分不必要條件.故選：A.6.近日，數字化構建社區服務新模式成為一種趨勢．某社區為了優化數字化社區服務，通過問卷調查的方式調研數字化社區服務的滿意度，滿意度采用計分制（滿分100分）進行統計，根據所得數據繪制成如下頻率分布直方圖，圖中，則滿意度計分的第一四分位數約為（）A.87.5 B.85 C.70 D.62.5【答案】C【解析】【分析】由頻率分布直方圖的性質可得的值，再由百分位數的定義代入計算，即可得到結果.【詳解】由題意可得，解得，且第一個小矩形面積為，第二個小矩形面積為，則第一四分位數即第百分位數為.故選：C7.如圖，一個四分之一球形狀的玩具儲物盒，若放入一個玩具小球，合上盒蓋．可放小球的最大半徑為．若是放入一個正方體，合上盒蓋，可放正方體的最大棱長為，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】畫出截面圖，設儲物盒所地球的半徑為，從而利用表達出小球最大半徑和正方體棱長，進而求出比值.【詳解】設儲物盒所在球的半徑為，如圖，小球最大半徑滿足，所以，正方體的最大棱長滿足，解得，所以.故選：D.8.已知函數在區間上有且僅有一個零點，當最大時，的圖象的一條對稱軸方程為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由可求得，根據函數在區間上有且僅有一個零點可求出的取值范圍，再利用正弦型函數的對稱性可求得結果.【詳解】當時，且，，由可得，所以，，解得，，若無解，則或，解得或，由于且存在，故或，即或，則有或，故的最大值為，此時，由可得，當時，函數的一條對稱軸方程為，故選：B.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.塹堵、陽馬、鱉臑這些名詞出自中國古代的數學名著《九章算術·商功》．如圖1，把一塊長方體分成相同的兩塊，得到兩個直三棱柱（塹堵）．如圖2，再沿塹堵的一頂點與相對的棱剖開，得四棱錐和三棱錐各一個，其中四棱錐稱為陽馬，三棱錐稱為鱉臑．則（）A.陽馬的四個側面中僅有兩個是直角三角形B.鱉臑的四個面均為直角三角形C.陽馬的體積是鱉臑的體積的兩倍D.塹堵、陽馬與鱉臑的外接球的半徑都相等【答案】BCD【解析】【分析】對于A，根據陽馬的定義結合線面垂直的判定與性質分析判斷，對于B，根據鱉臑的定義結合線面垂直的判定與性質分析判斷，對于C，根據棱錐的體積公式結合已知條件分析判斷，對于D，根據塹堵、陽馬與鱉臑的定義分析判斷.【詳解】對于A，如圖，由題意可知平面，平面，所以，因為平面，平面，所以，因為平面，平面，所以，所以陽馬的四個側面都是直角三角形，所以A錯誤，對于B，如圖由題意可知平面，平面，所以，因為平面，平面，所以，所以鱉臑的四個面均為直角三角形，所以B正確，對于C，設長方體的長，寬，高分別為，則，所以陽馬的體積，鱉臑的體積，所以陽馬的體積是鱉臑的體積的兩倍，所以C正確，對于D，由題意可知塹堵、陽馬與鱉臑都是由同一個長方體分割而成，且塹堵、陽馬與鱉臑的頂點都是原長方體的頂點，所以塹堵、陽馬與鱉臑均可以補成原長方體，所以它們的外接球的半徑都等于原長方體外接球的半徑，所以D正確.故選：BCD10.已知中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，，，點M為內一動點，且，則（）A. B.C.a的最大值為2 D.的最小值為【答案】ABD【解析】【分析】由數量積定義即可判斷A，由三角形的面積公式即可判斷B，由余弦定理以及基本不等式即可判斷C，由基本不等式的常數代換，即可判斷D.【詳解】對于A，由可得，則，故A正確；對于B，，故B正確；對于C，由余弦定理可得，即，則，當且僅當時，等號成立，所以的最小值為，故C錯誤；對于D，因為，且，則，即，所以，當且僅當時，即時，等號成立，故D正確；故選：ABD.11.已知點，分別是橢圓的左、右頂點，為橢圓的右焦點，且，點P是橢圓上異于，的一動點，直線，分別與直線交于點，，則下列說法正確的有（）A. B.C.的最小值為 D.的最小值為【答案】AB【解析】【分析】由條件可得，從而得到其標準方程，結合斜率的定義以及橢圓的標準方程代入計算，即可判斷A，由直線的方程即可得到點的坐標，再由A中的結論代入計算，即可判斷B，表示出點的坐標，再結合基本不等式代入計算，即可判斷C，由條件可得，再結合基本不等式代入計算，即可判斷D.【詳解】設點，設直線的傾斜角為，斜率為，直線的傾斜角為，斜率為，對于A，由題意可得，且，所以，則橢圓方程為，又由為橢圓上的動點，所以，即，又由，所以，故A正確；對于B，由，得，令得，，所以，則，所以，故B正確；對于C，同理，得，令，得，所以，又由，得，則，當且僅當時，等號成立，故C錯誤；對于D，不妨設且，則，設分別為直線的傾斜角，則，即，即為鈍角，又由，得，則，當且僅當時，等號成立，此時取最大值，即最大，因此的最小值為，故D錯誤；故選：AB三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知函數，則的值等于_____．【答案】【解析】分析】根據題意，代入計算，即可得到結果.【詳解】因為，則.

故答案為：13.函數的最小值為_____．【答案】【解析】【分析】化簡函數解析式為，令，，利用二次函數的基本性質可求得的最小值.【詳解】，令，，且該二次函數的對稱軸為直線，故函數在上單調遞增，故，即函數的最小值為.故答案為：.14.已知過點的直線在軸和軸上的截距均為正整數，則滿足條件的直線的條數為_____．【答案】【解析】【分析】設直線在軸和軸上的截距分別為、，則、，則直線的截距式方程為，由題意可得，化簡得出，可知為的正約數，列舉出的所有可能取值，即可得解.【詳解】設直線在軸和軸上的截距分別為、，則、，則直線的截距式方程為，由于直線過點，則，故，所以為的正約數，故.即滿足條件的正整數的個數為.因此，滿足題設條件的直線的條數為.故答案為：.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.已知數列中，，，且數列等差數列．（1）求的通項公式；（2）記為數列的前n項和，證明：．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）求出數列的公差，可求出數列的通項公式，進而可求得數列的通項公式；（2）利用裂項求和法求出，即可證得結論成立.【小問1詳解】因為數列中，，，且數列為等差數列，設數列的公差為，則，故，所以，故.【小問2詳解】因為，所以，故原不等式成立.16.甲、乙兩個箱子中，各裝有個球，其中甲箱中有個紅球和個白球，乙箱中有個紅球，其余都是白球．擲一枚質地均勻的骰子，如果點數為或，則從甲箱中隨機摸出個球；如果點數為、、、，則從乙箱中隨機摸出個球．已知擲次骰子后，摸出的球都是紅球的概率是．（1）求的值；（2）記摸到紅球的個數為隨機變量，求的分布列和數學期望．【答案】（1）（2）分布列答案見解析，【解析】【分析】（1）設事件為“擲出骰子的點數為或”，則事件為“擲出骰子的點數為、、、”，設事件為“摸出的球都是紅球”，利用全概率公式可得出關于的等式，即可解得的值；（2）由題意可知，隨機變量的可能取值有：、、，求出隨機變量在不同取值下的概率，可得出隨機變量的分布列，進而可求得的值.【小問1詳解】設事件為“擲出骰子的點數為或”，則事件為“擲出骰子的點數為、、、”，則，，設事件為“摸出的球都是紅球”，則，，由全概率公式可得，整理可得，解得或（舍去），故.【小問2詳解】由題意可知，隨機變量的可能取值有：、、，則，，，所以，隨機變量的分布列如下表所示：則.17.已知圓，拋物線的準線與圓相切，過拋物線焦點的動直線與拋物線交于、兩點，線段的中點為．（1）求拋物線的方程；（2）當軸時，求直線的斜率；（3）求證：為定值，并求出該定值．【答案】（1）（2）（3）證明見解析，定值為【解析】【分析】（1）求出圓心坐標和圓的半徑，根據拋物線的準線與圓相切求出的值，即可得出拋物線的方程；（2）根據題意，設直線的方程為，設點、、，將直線的方程與拋物線方程聯立，列出韋達定理，求出點的坐標，根據軸可求出的值，由此可得出直線的斜率；（3）利用拋物線的焦點弦長公式以及平面內兩點間的距離公式可證得結論成立.小問1詳解】由題意可得，圓的圓心為，半徑為，且拋物線的準線為，與圓詳相切，則，因為，解得，故拋物線的方程為.【小問2詳解】設點、、，顯然直線的斜率不為零，設直線的方程為，聯立可得，則，由韋達定理可得，，則，，即點，因為軸，則，解得，因此，直線的斜率為.【小問3詳解】由拋物線焦點弦長公式可得，由（2）可得，所以.18.已知函數，．（1）已知在處的切線斜率為，求實數的值；（2）若，且關于的方程有個不相等的實數解，求的取值范圍；（3）若函數在上單調遞增，求的取值范圍．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）利用導數的幾何意義得出，即可解得實數的值；（2）當時，由題意可知，直線與函數在上的圖象有兩個交點，利用導數分析函數的單調性與極值，數形結合可得出實數的取值范圍；（3）由題意可知，對任意的恒成立，利用導數求出函數在上的值域，可得出關于實數的不等式，解之即可.【小問1詳解】因為，則，由題意可得，解得.【小問2詳解】當時，，，則，由可得，列表如下：單調遞減極小值單調遞增又因為，，因為關于的方程有個不相等的實數解，則直線與函數在上的圖象有兩個交點，如下圖所示：由圖可知，實數的取值范圍是.【小問3詳解】由題意，當時，，則恒成立，令，則，因為，，所以對任意的恒成立，故函數在上單調遞減，所以，因為對任意的恒成立，所以，解得.因此，實數的取值范圍是.19.如圖所示，在直角梯形中，，A，D分別是，上點，且，，，，將四邊形沿向上折起，連接，，，在折起的過程中，記二面角的大小為，記幾何體的體積為V．（1）求證：平面；（2）當時，請將V表達為關于的函數，并求該函數的最大值；（3）若平面和平面垂直，當取得最大值時，求V的值．【答案】（1）證明見解析（2）；（3）【解析】【分析】（1）由面面平行的判定定理可得平面平面，即可證明；（2）根據題意，由條件可得，然后分別表示出與，然后代入計算，即可得到結果；（3）根據題意，建立空間直角坐標系，分別求得平面，平面的法向量，由可得的最大值，然后代入（2）中的體積公式計算，即可得到結果.【小問1詳解】在梯形中，因為，所以翻折后有，且，因為平面，平面，故平面，同理可得平面，因為，平面，所以平面平面，又因為平面，所以平面.【小問2詳解】由題意，在梯形中，，