精品解析：辽宁省三校2025届高三上学期10月联合教学质量检测数学试卷

2024—2025学年度上学期高三10月联合教学质量检测 高三数学试卷 本试卷共5页 满分150分，考试用时120分钟 注意事项： 1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2. 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3. 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，若，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 2. 如图，在中，点D是BC边的中点，，则用向量，表示为（ ） A. B. C. D. 3. 在等比数列中，记其前项和为，已知，则值为（ ） A 2 B. 17 C. 2或8 D. 2或17 4. 每年10月1日国庆节，根据气象统计资料，这一天吹南风的概率为，下雨的概率为，吹南风或下雨的概率为，则既吹南风又下雨的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 若直线与曲线恰有两个交点，则实数的取值范围是（ ） A B. C. D. 6. 已知为偶函数，，则下列结论不正确的是（ ） A. B. 若的最小正周期为，则 C. 若在区间上有且仅有3个最值点，则的取值范围为 D. 若，则的最小值为2 7. 已知的展开式中，常数项为，则（ ） A. B. 2 C. D. 1 8. 已知函数，若不等式的解集中恰有两个不同的正整数解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知复数，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题. 该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”.意大利数学家托里拆利给出了解答，当 的三个内角均小于120°时，使得的点O即为费马点；当 有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.下列说法正确的是（ ） A. 正三角形的费马点是正三角形的中心 B. 若P为的费马点, 且 ，则一定为正三角形 C. 若三边长分别为，则该三角形的费马点到各顶点距离之和为 D. 的内角A，B，C所对的边分别为a，b， c， ，若点P为的费马点，则 11. 在四面体ABCD中，棱AB的长为4，，，，若该四面体的体积为，则（ ） A. 异面直线AB与CD所成角的大小为 B. AC的长可以为 C. 点D到平面ABC的距离为 D. 当二面角是钝角时，其正切值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，，则的最大值是________． 13. 刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，在数学上用曲率刻画空间弯曲性．规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体（四个面都是等边三角形围成的几何体）在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为．我们把平面四边形外的点连接顶点、、、构成的几何体称为四棱锥，根据曲率的定义，四棱锥的总曲率为______． 14. 过双曲线的上焦点，作其中一条渐近线的垂线，垂足为，直线与双曲线的上､下两支分别交于，若，则双曲线的离心率__________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 设为数列的前n项和，满足. （1）求数列通项公式； （2）记，求. 16. 如图，正四棱台中，上为上下底面中心的连线，且与侧面所成的角的正切值为. （1）求点到平面距离； （2）求二面角的余弦值. 17. 某汽车公司最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程（理论上是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程）的测试.现对测试数据进行整理，得到如下的频率分布直方图： （1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）； （2）由频率分布直方图计算得样本标准差s的近似值为49.75.根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布，其中μ近似为样本平均数，σ近似为样本标准差S. （ⅰ）利用该正态分布，求； （ⅱ）假设某企业从该汽车公司购买了20辆该款新能源汽车，记Z表示这20辆新能源汽车中单次最大续航里程位于区间（250.25，399.5）的车辆数，求E（Z）； 参考数据：若随机变量ξ服从正态分布，则，. （3）某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在x轴上从原点O出发向右运动，已知硬币出现正、反面的概率都，客户每掷一次硬币，遥控车向右移动一次，若掷出正面，则遥控车向移动一个单位，若掷出反面，则遥控车向右移动两个单位，直到遥控车移到点（59，0）（胜利大本营）或点（60，0）（失败大本营）时，游戏结束，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券.设遥控车移到点的概率为，试证明数列是等比数列，求出数列的通项公式，并比较和的大小. 18. 已知函数. （1）求函数的极值； （2）若不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）已知直线是曲线在点处的切线，求证：当时，直线与曲线相交于点，其中. 19. 如图，已知圆的方程为，直线与圆交于，（在上方），直线与圆交于，（在上方）．原点在圆内．设交轴于点，交轴于点． （1）当，，，时，分别求线段和的长度； （2）①求证：； ②猜想和的大小关系，并证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度上学期高三10月联合教学质量检测 高三数学试卷 本试卷共5页 满分150分，考试用时120分钟 注意事项： 1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2. 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3. 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，若，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】先求出集合A，再根据并集得出参数的值. 【详解】因为,，又因为， 所以即. 故选：C. 2. 如图，在中，点D是BC边的中点，，则用向量，表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的线性运算求解即可. 【详解】，故， 则 故选：A 3. 在等比数列中，记其前项和为，已知，则的值为（ ） A. 2 B. 17 C. 2或8 D. 2或17 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比数列通项公式求得或，再利用等比数的求和公式求解即可. 【详解】解：由等比数列的通项公式可得， 整理得， 解得或． 当1时，； 当时，． 所以的值为2或17． 故选：D． 4. 每年10月1日国庆节，根据气象统计资料，这一天吹南风的概率为，下雨的概率为，吹南风或下雨的概率为，则既吹南风又下雨的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据概率公式直接得出结论. 【详解】由题知，既吹南风又下雨的概率为. 故选:B 5. 若直线与曲线恰有两个交点，则实数取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先得到直线过定点，作出直线与曲线C，由图求出直线过点时的斜率和直线与曲线C相切时的斜率即可树形结合得解. 【详解】由可知直线过定点， 曲线两边平方得， 所以曲线C是以为圆心，半径为1且位于直线x轴上方的半圆， 当直线过点时，直线与曲线C有两个不同的交点，此时， 当直线与曲线C相切时，直线和圆有一个交点，圆心到直线的距离，两边平方解得， 所以结合图形可知直线与曲线C恰有两个交点，则. 故选：B. 6. 已知为偶函数，，则下列结论不正确的是（ ） A. B. 若的最小正周期为，则 C. 若在区间上有且仅有3个最值点，则的取值范围为 D. 若，则的最小值为2 【答案】D 【解析】 【分析】先根据是偶函数求判断A选项；根据最小正周期公式计算可以判断B选项；据有且仅有3个最值点求范围判断C选项；据函数值求参数范围结合给定范围求最值可以判断D选项. 【详解】为偶函数， 则A选项正确； 若的最小正周期为，由则，B选项正确； 若在区间上有且仅有3个最值点， 则,C选项正确； 若 ， 则或，， 则 或， 又因为，则的最小值为，D选项错误. 故选:D. 7. 已知的展开式中，常数项为，则（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件，结合二项式定理并分类讨论，即可求解. 【详解】由题意，的通项公式为， 令，则， 令，则不符合题意， 所以的常数项为， 解得． 故选：. 8. 已知函数，若不等式的解集中恰有两个不同的正整数解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】不等式可化为，利用导数分析函数的单调性，作函数，的图象，由条件结合图象列不等式求的取值范围. 【详解】函数的定义域为， 不等式化为：． 令，，， 故函数在上单调递增，在上单调递减． 当时，，当时，， 当时，， 当时，，当，且时，， 画出及的大致图象如下， 因为不等式的解集中恰有两个不同的正整数解， 故正整数解为． 故，即，解得. 故选：C. 二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知复数，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用对分子化简，然后利用复数的除法化简，可求共轭复数、复数的模依次判断即可得出结果. 【详解】因为，所以， 所以， 所以A正确，B错误， ，C准确， 所以，D正确. 故选：ACD 10. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题. 该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”.意大利数学家托里拆利给出了解答，当 的三个内角均小于120°时，使得的点O即为费马点；当 有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.下列说法正确的是（ ） A. 正三角形的费马点是正三角形的中心 B. 若P为的费马点, 且 ，则一定为正三角形 C. 若三边长分别为，则该三角形的费马点到各顶点距离之和为 D. 的内角A，B，C所对的边分别为a，b， c， ，若点P为的费马点，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】对A，根据正三角形中心的性质结合费马点定义易判断；对B，取的中点，由可得点是的重心，再结合条件可得点是的中心，得证；对C，利用三角形旋转，结合费马点定义，构造正三角形转化线段长求解；对D，由向量数量积定义，结合费马点定义和三角形等面积法列式求解. 【详解】对于A，如图是正三角形的中心，根据正三角形的性质易得，所以点是正三角形的费马点，故A正确； 对于B，如图，取的中点，则，因为， 所以，所以三点共线，且点是的重心， 又点是的费马点，则， 则，又，易得，同理可得， 所以所以点是的外心，所以点是的中心， 即是正三角形.故B正确； 对于C，如图，在中，，，，， 点是的费马点，将绕点顺时针旋转，得到， 易证，是正三角形， 则，，，且点共线， 所以，所以， 又， 即该三角形的费马点到各顶点距离之和为.故C正确； 对于D，由费马点定义可得， 设，，，， 由，可得， 整理得， 所以 ，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，解答D选项的关键在于利用三角形等面积法求出. 11. 在四面体ABCD中，棱AB的长为4，，，，若该四面体的体积为，则（ ） A. 异面直线AB与CD所成角的大小为 B. AC的长可以为 C. 点D到平面ABC的距离为 D. 当二面角是钝角时，其正切值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等体积法可结合三角形的面积公式可得，即可由异面直线的角的定义求解A，根据余弦定理即可求解B，根据等体积法即可求解C，根据二面角的几何法，结合同角关系即可求解D. 【详解】在平面内过作，且, 由于，故四边形为矩形， ，，，平面，平面，故平面， 故， 故，因此， 由于，所以或， 由于为异面直线与所成角或其补角，故异面直线与所成角的大小为，A正确， 当时，, 由于平面，，∴平面，平面，故， 此时, 当时，, 由于平面，，∴平面，平面，故，此时,故B错误， 由于,, 当时，，故，, 当时，，故， , 故点到平面的距离为,C正确， 当时，,,取中点为，连接,, 则即为二面角的平面角， , 所以,故为钝角，符合题意，此时， 当，由于，点到平面的距离为, 设在平面的投影为,则,故,, 因此点为以,为圆心，以半径为,为半径的圆的交点， 显然交点位于,同的一侧，故此时二面角为锐角，不符合要求，故D正确， 故选：ACD 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，，则的最大值是________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出的最小值，再将化为，即可求得答案. 【详解】因为，， 故， 当且仅当，结合，即时等号成立， 所以，即的最大值是， 故答案为： 13. 刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，在数学上用曲率刻画空间弯曲性．规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体（四个面都是等边三角形围成的几何体）在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为．我们把平面四边形外的点连接顶点、、、构成的几何体称为四棱锥，根据曲率的定义，四棱锥的总曲率为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据曲率的定义求解即可. 【详解】由定义可得多面体的总曲率顶点数各面内角和， 因为四棱锥有个顶点，个面，分别为个三角形和个四边形， 所以任意四棱锥的总曲率为. 故答案为：. 14. 过双曲线的上焦点，作其中一条渐近线的垂线，垂足为，直线与双曲线的上､下两支分别交于，若，则双曲线的离心率__________. 【答案】 【解析】 【分析】设双曲线右焦点为，，，由题意结合双曲线定义可依次求出、、、、和，接着分别在、和中结合余弦定理求出，进而建立等量关系式求出，从而求得，进而由离心率公式即可得解. 【详解】设双曲线右焦点为，由题，双曲线的一条渐近线方程为即， 过该渐近线作垂线，则由题，， 设，则由题，，， 所以，， 所以在中，①， 在中，②， 在中，③， 由①②得，化简解得， 由①③得，化简解得， 所以， 故双曲线的离心率. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：依据题意设双曲线右焦点为，，则结合双曲线定义可得、和的边长均是已知的，接着结合余弦定理均可求出三个三角形的公共角的余弦值，从而可建立等量关系式依次求出和，进而由离心率公式得解. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 设为数列的前n项和，满足. （1）求数列的通项公式； （2）记，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用，再结合等比数列定义及通项公式计算即可； （2）先化简得出，再应用分组求和及等比数列前n项和公式计算. 【小问1详解】 因为数列的前n项和，满足， 当时，可得， 两式相减得，即，所以， 令，可得，解得， 所以数列构成首项为，公比为的等比数列， 所以的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知，可得， 所以， 则. 16. 如图，正四棱台中，上为上下底面中心的连线，且与侧面所成的角的正切值为. （1）求点到平面的距离； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，求得平面法向量，利用点面距向量公式，可得答案； （2）求得两个平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案. 【小问1详解】 由题意，易知两两垂直，分别以为轴建立直角坐标系，如下图： 则，取， 设平面的法向量，则，令，则， 所以平面的一个法向量，取， 点到平面的距离. 【小问2详解】 由（1）可知， 取， 设平面的法向量，则，令，则， 所以平面的一个法向量， 设平面的法向量，则，令，则， 所以平面的一个法向量， 设二面角的大小为，则. 17. 某汽车公司最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程（理论上是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程）的测试.现对测试数据进行整理，得到如下的频率分布直方图： （1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）； （2）由频率分布直方图计算得样本标准差s的近似值为49.75.根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布，其中μ近似为样本平均数，σ近似为样本标准差S. （ⅰ）利用该正态分布，求； （ⅱ）假设某企业从该汽车公司购买了20辆该款新能源汽车，记Z表示这20辆新能源汽车中单次最大续航里程位于区间（250.25，399.5）的车辆数，求E（Z）； 参考数据：若随机变量ξ服从正态分布，则， （3）某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在x轴上从原点O出发向右运动，已知硬币出现正、反面的概率都，客户每掷一次硬币，遥控车向右移动一次，若掷出正面，则遥控车向移动一个单位，若掷出反面，则遥控车向右移动两个单位，直到遥控车移到点（59，0）（胜利大本营）或点（60，0）（失败大本营）时，游戏结束，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券.设遥控车移到点的概率为，试证明数列是等比数列，求出数列的通项公式，并比较和的大小. 【答案】（1）300 （2）（ⅰ）；（ⅱ） （3）证明见解析，， 【解析】 【分析】（1）根据平均数的求法求得正确答案. （2）（ⅰ）根据正态分布的对称性求得正确答案. （ⅱ）根据二项分布的知识求得正确答案. （3）根据已知条件构造等比数列，然后利用累加法求得，利用差比较法比较和的大小. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 （ⅰ）. （ⅱ））∵Z服从二项分布，∴. 【小问3详解】 当时，， . ∴是以为首项，为公比的等比数列， . 累加得： . ∴ ∵，∴. 注：比较和的另一个过程：. 18. 已知函数. （1）求函数的极值； （2）若不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）已知直线是曲线在点处的切线，求证：当时，直线与曲线相交于点，其中. 【答案】（1）极大值为1，没有极小值 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性和极值； （2）根据题意可得恒成立，构建，分类讨论的符号，利用导数求最值，结合恒成立问题分析求解； （3）根据导数的几何意义可得当时，方程有小于的解，构建，其中，，利用导数研究函数零点分析证明. 【小问1详解】 由题意可知：的定义域为，且， 令时，， 则，，的关系为 0 0 单调递增 极大值 单调递减 所以，当时，取到极大值为1，没有极小值. 【小问2详解】 若，即恒成立， 设，则， ①当时，则恒成立，符合题意； ②当时，则，可知在上单调递增， 因为，所以不恒成立； ③当时，，，的关系为 0 单调递减 极小值 单调递增 可知最小值为，则， 因为，则，解得； 综上所述：实数的取值范围是. 【小问3详解】 因为，，则， 即切点坐标为，切线斜率为， 可得的方程为，即， 联立方程，可得， 由题可知：当时，方程有小于的解， 设，其中，且，则， 设，则， 因为，，，的关系为 1 0 单调递减 ， 单调递增 可知的最小值，且， 可知，使， 当时，，即； 当时，，即； 可知在内单调递增；在内单调递减， 可知的最大值，且， 可知存在小于的零点， 所以当时，直线与曲线相交于点，其中，得证. 【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． （2）函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第三步：构建不等式求解． 19. 如图，已知圆的方程为，直线与圆交于，（在上方），直线与圆交于，（在上方）．原点在圆内．设交轴于点，交轴于点． （1）当，，，时，分别求线段和的长度； （2）①求证：； ②猜想和的大小关系，并证明． 【答案】（1）， （2）①证明见解析；②，证明见解析 【解析】 【分析】（1）联立直线与圆的方程，可求出各点的坐标，利用直线的两点式方程，可得直线和的方程，并求它们与轴的交点坐标，可得和的长度． （2）①联立直线与圆的方程，求出两根之和与两根之积，找到相等代换量，从而证明成立；②猜测，分别求出点和点的横坐标表达式，结合①中的结论，从而证明成立． 【小问1详解】 当，，，时， 圆，直线，由解得或， 故，； 直线，由解得或， 故，． 所以直线，令得，即； 直线，令得，即， 所以． 【小问2详解】 ①由原点在圆内，知, 由得，即， 则，是上述方程的两个解，由根与系数的关系得， 同理可得， 所以. ②猜测，证明如下： 设点，， 因为三点共线，所以，解得， 又因为点在直线上，所以，点在直线上，所以， 所以， 同理因为三点共线，可得, 由①可知， 所以,即， 所以成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $