高級中學名校試卷PAGEPAGE1遼寧省沈陽市2025屆高三三模數學試卷一、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】因為，，則.

故選：C2.已知為虛數單位，若，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】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】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】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】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（）A87.5 B.85 C.70 D.62.5【答案】C【解析】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】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】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】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】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】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】因為，則.

故答案為：13.函數的最小值為_____．【答案】【解析】，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】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，，，且數列為等差數列．（1）求的通項公式；（2）記為數列的前n項和，證明：．（1）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.（2）證明：因，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．解：（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、、、”，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.（2）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．（1）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.（2）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.（3）證明：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．解：（1）因為，則，由題意可得，解得.（2）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.（3）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，上的點，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．（1）證明：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.（2）解：由題意，在梯形中，，，即，且，所以翻折后有，，且，所以平面，同理，平面，由二面角的大小為，得，過點作垂線，交直線于，由平面，平面，所以，且，所以平面，即是四棱錐的高，由，所以，由，平面，平面，