精品解析：辽宁省名校联盟2025届高三高考模拟（调研卷）（五）数学试题

辽宁省名校联盟2025年高考模拟卷（调研卷） 数学（五） 本试卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，且，则（ ） A. 5 B. C. D. 3. 已知函数（且）在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，且，则（ ） A. B. C. 7 D. 5. 已知复数分别满足，，则的最大值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 6. 在直三棱柱中，，，，为棱的中点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 2 7. 如图，正方形的边长为1，取正方形各边的四等分点，得到第2个正方形，再取正方形各边的四等分点，得到第3个正方形，依此方法一直进行下去，若从第个正方形开始它的面积小于第1个正方形面积的，则（ ）（参考数据：） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 8. 已知为双曲线的右顶点，为上一点，关于轴的对称点为，，，的面积为，则的焦距为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 某寄宿制学校为调查该校学生一天内在食堂的消费情况，随机抽取了名学生的消费金额作为样本，得到如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是（ ） A. B. 这名学生消费金额的众数为 C. 这名学生消费金额的平均数为 D. 为了解学生消费金额较低的原因，从消费金额低于元的学生中用分层随机抽样的方法随机抽取人座谈，则应抽取消费金额在区间内的学生人 10. 科学记数法是将一个正数表示成，，的计数方法，显然，其中叫做的首数，记为，叫做的尾数，记为，则（ ） A. B. C. D. 11. 若函数的图象上存在无数个点，使得在这无数个点处的切线重合，则称为“共切线函数”，则下列函数中是“共切线函数”的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆锥的底面半径为6，体积为，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，若截得的圆台体积为，则该圆台的表面积为______． 13. 若函数在区间内恰有两个零点，则的取值范围为______． 14. 已知椭圆的右焦点为为上两个不同的点，（为坐标原点），，则的离心率为______． 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. 已知数列的前项和为，且满足，，记． （1）求证：是等差数列； （2）若，求证：． 16. 如图，在三棱锥中，侧面是边长为2的等边三角形，底面是以为斜边的等腰直角三角形，，． （1）当时，求证：平面平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 17. 某商场开业期间为鼓励顾客消费，积极为顾客办理会员卡，办理了会员卡的顾客购物时能享受一定的优惠．为统计顾客办理会员卡的情况，商场采用随机抽样的方法统计了200名开业当天的顾客的办卡情况，得到如下列联表： 性别 办理会员卡 未办理会员卡 合计 男 15 85 100 女 25 75 100 合计 40 160 200 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为办理会员卡与顾客的性别有关？ （2）该商场给持有会员卡的顾客设置了“石头、剪刀、布”游戏环节，游戏中每名顾客胜、负、平的概率均为，商场根据游戏结果设置了两种奖励方案，持卡会员只能自主选择其中一种方案参加游戏，且只能参加一次游戏． 方案一：两名持有会员卡的顾客间进行一次游戏对决，每局比赛中胜者积1分，败者积0分，出现平局时双方各积1分，出现连胜2局时，胜者额外奖励1分，先积满3分者获胜，比赛结束，胜者奖励100元，败者无奖励；三局比赛后，没有人积够3分或同时积够3分，比赛结束，游戏双方平分100元奖励． 方案二：两名持有会员卡的顾客间进行一次游戏对决，一局比赛中胜者奖励50元，败者无奖励，若出现平局，双方均无奖励．比赛共进行三局，当出现连胜2局，但未出现连胜3局时，胜者额外奖励20元；当出现连胜3局时，胜者额外奖励50元． （ⅰ）顾客小李参加了方案一的游戏，求在小李获胜的情况下，比赛出现一局平局的概率； （ⅱ）从节省资金的角度考虑，商场希望持有会员卡的顾客选择哪种奖励方案． 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 18. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若在区间内有最小值，求的取值范围； （3）若关于的方程有两个不同的解，，求证：． 19. 抛物线的焦点为，为上一点，的纵坐标为，点在轴上，轴，线段的中点为，且轴． （1）求的方程； （2）已知为上三个不同的点，点在第一象限． （ⅰ）若点在原点，，，点的横坐标满足，求． （ⅱ）在中，内角所对的边分别为，且满足，，的重心在轴上，求点的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 辽宁省名校联盟2025年高考模拟卷（调研卷） 数学（五） 本试卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别求出集合，再根据并集的定义即可得解. 【详解】由题意得，， 所以． 故选：D． 2. 已知向量，，且，则（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由求得，再得到的坐标后求模. 【详解】因为，所以，即， 所以， 所以． 故选：B． 3. 已知函数（且）在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过和两类情况结合指数型复合函数的单调性，讨论即可； 【详解】设，则， 由复合函数的单调性可知当时，在区间上单调递增， 所以只需，则，与矛盾； 当时，在区间上单调递减， 所以，即． 故的取值范围是． 故选：B 4. 已知，且，则（ ） A. B. C. 7 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，结合同角公式求出，再利用二倍角的正切及差角的正切计算得解. 【详解】由，得， 即，由，得，则， 则，所以． 故选：A 5. 已知复数分别满足，，则的最大值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】先通过模长公式求出复数在复平面内对应点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，再利用的最大值为两圆圆心距加两个圆的半径即可求得结果. 【详解】设，则， 如图，复数在复平面内对应点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆， 复数在复平面内对应点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆， 则． 故选：D． 6. 在直三棱柱中，，，，为棱的中点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用线面垂直的判定方法得到平面，又平面，得到点到平面的距离即为点到平面的距离，再用等体积法即可求得结果. 【详解】如图，在中，，所以， 在中，，所以， 在中，因为，所以， 又，，平面，，所以平面， 因为，平面，平面，所以平面， 所以点到平面的距离即为点到平面的距离， 所以， 在等腰三角形中，， 因为，所以，所以， 则点到平面的距离为． 故选：C． 7. 如图，正方形的边长为1，取正方形各边的四等分点，得到第2个正方形，再取正方形各边的四等分点，得到第3个正方形，依此方法一直进行下去，若从第个正方形开始它的面积小于第1个正方形面积的，则（ ）（参考数据：） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】C 【解析】 【分析】易知正方形的边长成等比数列，其公比为，设第个正方形的面积为，得到，求得，再由求解. 【详解】由已知得正方形的边长成等比数列，第二个正方形的边长为， 所以其公比为． 设第个正方形的面积为，则， 当时，，所以， 由，得， 所以， 即， 所以，所以． 故选：C． 8. 已知为双曲线的右顶点，为上一点，关于轴的对称点为，，，的面积为，则的焦距为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先设，再根据平行得出斜率，进而应用面积计算得，最后点在双曲线上得出，计算得出即可. 【详解】因为，所以点在的右支上，由对称性设在第一象限， 设，，，则，由，， 得解得 所以，所以，即， 因为在的右支上，所以， 所以， 设的半焦距为，则，即，所以焦距为． 故选:D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 某寄宿制学校为调查该校学生一天内在食堂的消费情况，随机抽取了名学生的消费金额作为样本，得到如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是（ ） A. B. 这名学生消费金额的众数为 C. 这名学生消费金额的平均数为 D. 为了解学生消费金额较低的原因，从消费金额低于元的学生中用分层随机抽样的方法随机抽取人座谈，则应抽取消费金额在区间内的学生人 【答案】BCD 【解析】 【分析】由频率分布直方图中所有矩形的面积之和为求出的值，可判断A选项；利用众数的定义可判断B选项；利用平均数公式可判断C选项；利用分层抽样可判断D选项. 【详解】对于A选项，由于频率分布直方图中所有矩形的面积之和为， 则，得，A错； 对于B选项，消费金额在区间内的人数最多，所以众数为，B对； 对于C选项，平均数为，C对； 对于D选项，消费金额在区间内的人数为， 消费金额在区间内的人数为， 根据分层随机抽样的方法，从区间内抽取的人数为，D对. 故选：BCD. 10. 科学记数法是将一个正数表示成，，的计数方法，显然，其中叫做的首数，记为，叫做的尾数，记为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】利用定义对选项依次代值求解，主要关注到，. 【详解】因为，所以用科学记数法表示为， 所以，所以，故A正确； 因为，所以，即，所以，即，故B正确； 令，，则，因为，， 所以，故C错误； 令，，，因为，，所以，故D错误． 故选：AB． 11. 若函数的图象上存在无数个点，使得在这无数个点处的切线重合，则称为“共切线函数”，则下列函数中是“共切线函数”的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据共切线函数的定义判断A；利用导函数判断函数单调性，可得至多有两个解判断B；利用数形结合判断C；求出导函数，确定切线斜率，判断D 【详解】对于A项，，其中为锐角且， 显然直线是图象的切线且切点有无数个，故A项正确． 对于B项，，则， 令，则， 令，则， 所以在上单调递增， 当时，，单调递珹， 当时，，单调递增， 所以（为常数）至多有两个解， 即不存在无数个点处的切线斜率相同，故B项锴误． 对于C项，作出的部分图象，如图所示： 则的图象与直线相切，切点的横坐标分别为， 所以是“共切线函数”，故C项正确． 对于D项，，则， 注意到，， 所以在点处的切线方程均为，故D项正确． 故选:ACD 【点睛】关键点睛：题目是新定义的题型，本质是求不同两点处的切线，保证切线相同，所以可以先保证斜率相同，在斜率相同的情况下，求出切线所过的点，写出切线方程，保证方程相同 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆锥的底面半径为6，体积为，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，若截得的圆台体积为，则该圆台的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】设圆台上底面半径为，高为，先利用相似比得到，再根据圆台的体积得到，然后求得母线长，利用圆台的表面积公式求解. 【详解】设圆台上底面半径为，高为，则，解得， 由圆台的体积公式得，解得， 所以圆台的母线长， 则圆台的侧面积为， 所以圆台的表面积为． 故答案为： 13. 若函数在区间内恰有两个零点，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题设且函数在区间内恰有两个零点，列不等式求参数范围即可. 【详解】由余弦函数的图象，知， 所以，解得． 因为，所以， 所以原问题等价于函数在区间内恰有两个零点， 注意到，所以，解得， 故答案为： 14. 已知椭圆的右焦点为为上两个不同的点，（为坐标原点），，则的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】设为的左焦点，连接，由，可知四边形为平行四边形，根据已知条件结合平面向量数量积和三角形面积公式化简求得，所以，在中，由余弦定理结合求解即可. 【详解】如图， 设为的左焦点，连接， 由，可知四边形为平行四边形， 由，得， 整理得，所以，． 设，，， 在中，由余弦定理得，即①， 又②，所以由①②得， 因为，所以，即， 所以，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. 已知数列的前项和为，且满足，，记． （1）求证：是等差数列； （2）若，求证：． 【答案】（1） 由，得， 即， 因为，所以， 所以，① 由，得． 整理得， 即，② 由①②得， 所以是公差为2的等差数列． （2） 因为，所以， 即， 所以 ． 【解析】 【分析】（1）由，得，即，再利用等差数列的定义证明结论即可. （2）利用裂项相消法即可求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 如图，在三棱锥中，侧面是边长为2的等边三角形，底面是以为斜边的等腰直角三角形，，． （1）当时，求证：平面平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 【答案】（1） 由题意得， 因为，所以，所以． 又，，，平面PAC， 所以平面， 因为平面，所以． 因为，所以为的中点，所以， 又，，平面． 所以平面． 因为平面．所以平面平面， （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直判定定理先得到平面，进而证明：平面平面. （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法即可得到结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：设分别为的中点，连接． 则，． 又平面，， 所以平面， 又平面，所以． 以为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， 所以，即，． 设平面的法向量为， 则 令，则． 设直线与平面所成角为， 则， 整理得．解得或． 因为．所以． 17. 某商场开业期间为鼓励顾客消费，积极为顾客办理会员卡，办理了会员卡的顾客购物时能享受一定的优惠．为统计顾客办理会员卡的情况，商场采用随机抽样的方法统计了200名开业当天的顾客的办卡情况，得到如下列联表： 性别 办理会员卡 未办理会员卡 合计 男 15 85 100 女 25 75 100 合计 40 160 200 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为办理会员卡与顾客的性别有关？ （2）该商场给持有会员卡的顾客设置了“石头、剪刀、布”游戏环节，游戏中每名顾客胜、负、平的概率均为，商场根据游戏结果设置了两种奖励方案，持卡会员只能自主选择其中一种方案参加游戏，且只能参加一次游戏． 方案一：两名持有会员卡的顾客间进行一次游戏对决，每局比赛中胜者积1分，败者积0分，出现平局时双方各积1分，出现连胜2局时，胜者额外奖励1分，先积满3分者获胜，比赛结束，胜者奖励100元，败者无奖励；三局比赛后，没有人积够3分或同时积够3分，比赛结束，游戏双方平分100元奖励． 方案二：两名持有会员卡的顾客间进行一次游戏对决，一局比赛中胜者奖励50元，败者无奖励，若出现平局，双方均无奖励．比赛共进行三局，当出现连胜2局，但未出现连胜3局时，胜者额外奖励20元；当出现连胜3局时，胜者额外奖励50元． （ⅰ）顾客小李参加了方案一的游戏，求在小李获胜的情况下，比赛出现一局平局的概率； （ⅱ）从节省资金的角度考虑，商场希望持有会员卡的顾客选择哪种奖励方案． 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 【答案】（1）无关 （2）（ⅰ）；（ⅱ）选择方案一 【解析】 【分析】（1）求出，对比临界值即可判断； （2）（ⅰ）记小李在第局获胜为事件，在第局打平为事件，小李获胜为事件，三局中出现一局平局为事件，由及，再由条件概率计算公式即可求解；（ⅱ）设方案二中一名持卡会员一次游戏获得的奖金为随机变量，求得其均值，即可判断； 【小问1详解】 零假设为，办理会员卡与顾客的性别无关， ． 依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即认为办理会员卡与顾客的性别无关． 【小问2详解】 （ⅰ）记小李在第局获胜为事件，在第局打平为事件，小李获胜为事件，三局中出现一局平局为事件， 则， ， 所以． （ⅱ）方案一中，一次游戏商场需支付奖金100元． 设方案二中一名持卡会员一次游戏获得的奖金为随机变量，则的可能取值为0，， ，， ，， ， 所以的分布列为 0 50 100 120 200 ， 所以方案二中一次游戏商场需支付奖金为， 所以从节省资金的角度看，商场希望持有会员卡的顾客选择方案一． 18. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若在区间内有最小值，求的取值范围； （3）若关于的方程有两个不同的解，，求证：． 【答案】（1） 当时，的单调递减区间为，无单调递增区间； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为． （2） （3） 证明：不妨设， 由题意得消去得， 设，代入上式得， ， 下证， 即证． 设，则， 令，则， 所以在区间内单调递增，即， 所以在区间内单调递增，即， 所以，所以， 因为，，所以． 【解析】 【分析】（1）求出的导数，通过讨论的范围，判断的符号，得到函数的单调区间即可； （2）通过讨论的范围，判断在区间内单调性，从而得出的取值范围； （3）根据题意分析可得：若，是关于的方程的两个不同的解，通过联立方程组消去，再通过换元，整理得到，结合的单调性分析运算得到，从而得证. 【小问1详解】 的定义域为，， 当时，，所以的单调递减区间为，无单调递增区间； 当时，，随的变化情况如下表所示： 0 所以的单调递减区间为，单调递增区间为． 综上，当时，的单调递减区间为，无单调递增区间； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为． 【小问2详解】 当时，，所以在区间内单调递减，无最小值，不合题意． 当时，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在处取得最小值． 当时，，所以在区间内单调递增，无最小值，不合题意． 综上，的取值范围为． 【小问3详解】 略 19. 抛物线的焦点为，为上一点，的纵坐标为，点在轴上，轴，线段的中点为，且轴． （1）求的方程； （2）已知为上三个不同的点，点在第一象限． （ⅰ）若点在原点，，，点的横坐标满足，求． （ⅱ）在中，内角所对的边分别为，且满足，，的重心在轴上，求点的坐标． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先求出点的横坐标，由轴，可得，进而可求出，即可得解； （2）（ⅰ）设，，由，可得，即可求出的关系，设的中点为，由，可得，即可求出的关系，再求出的范围即可得解； （ⅱ）先根据求出，再根据结合余弦定理求出，从而可求出，即可得出的关系，设重心，，，，的中点为，求出点的坐标，求出直线的方程，联立方程，利用韦达定理求出，，再利用弦长公式求出，进而可求出，即可得解. 【小问1详解】 将代入的方程，得，所以， 所以，解得， 故的方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）设，，则， 因为，所以， 即，① 又的中点为，所以，， 由，得，与①联立可得． 又，则， 令，则， 设方程的两根分别为， 得，， 所以在区间内单调递减，在区间内单调递增， 又，，即， 所以； （ⅱ）由，得， 即，即， 即，所以， 又，所以，所以， 所以， 即，所以， 所以为等腰三角形， 设重心，，，，的中点为， 则由，得，， 直线的斜率， 由，即，可知， 所以，即，即， 所以， 则， 所以直线的方程为，即， 联立，整理得， 则，， 所以， 由，得，解得， 所以， 故点的坐标为． 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $