精品解析：辽宁省名校联盟2025届高三下学期3月联合考试数学试题

辽宁省名校联盟2025年高三3月份联合考试 数学 命题人：辽宁名校联盟试题研发中心 审题人：辽宁名校联盟试题研发中心 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，再选涂其它答案标号.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. 已知全集，集合，，则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据集合的交并补运算即可. 【详解】由题, ,. 故选：D 【点睛】本题主要考查了交并补的混合运算,属于基础题. 2. 若命题“”是假命题，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】写出全称命题为真命题，即可求得结果. 【详解】因为“”是假命题，所以“”是真命题； 即a要小于等于的最小值，又当时，，故. 故选：C 3. 已知向量， ，若，则 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用，求出的值，然后再求解. 【详解】因为向量， ， ，所以，即； . 故选：A. 【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算，利用向量垂直求出的值是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养. 4. 若抛物线上一点到准线和对称轴的距离均为4，则的值为（ ） A. 18 B. 4 C. 2或18 D. 4或9 【答案】B 【解析】 【分析】先求出抛物线的准线方程，根据抛物线的定义求出点的坐标，再代入抛物线方程即可得解. 【详解】因为抛物线的准线方程为， 因为抛物线上一点到准线和对称轴的距离均为4， 所以点的坐标为， 代入抛物线方程得，解得. 故选：B. 5. 已知一个圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则这个圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出母线长和底面圆的半径，再根据圆锥的侧面积公式即可得解. 【详解】由题意可知，圆锥的母线长和底面圆的直径均为， 所以圆锥的侧面积为. 故选：A. 6. 若同时满足：①三个内角成等差数列，②三边长成等差数列，则（ ） A. 是直角三角形 B. 是等边三角形 C. 是钝角三角形 D. 不存在 【答案】B 【解析】 【分析】设，结合等差中项和余弦定理可得. 【详解】不妨设， 由①三个内角成等差数列可得， 又因为②三边长成等差数列，所以， 由余弦定理可得， 整理可得， 又，所以是等边三角形. 故选：B 7. 若函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用“左加右减，上加下减”写出向右平移后的函数，再利用两个函数相等得到，即可求得结果. 【详解】函数的图象向右平移个单位后得到函数, 所以函数，因此， 解得，令可得， 其他选项中的值不存在整数k能使得成立. 故选：D 8. 已知在数列中，，则的前项中的最大项为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数函数是减函数，结合递推公式分析即可得解. 【详解】因为，所以函数是减函数， 因为，所以，即， 由函数是减函数，， 得，即， 由函数是减函数，， 得，即， 由函数是减函数，， 得，即， 以此类推，可知数列的最大项为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：根据指数函数是减函数，结合递推公式类推，是解决本题的关系. 二､多选题：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. 随机变量服从参数为的二项分布，即，其概率分布可用下图直观的表示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由频率分布直观图可得A错误；由二项分布的概率公式令可得B正确；由二项分布的概率公式可得C正确；由二项分布的方差公式可得D正确. 【详解】对于A，由频率分布直观图可得可以取0，1，2，3，4，所以，故A错误； 对于B，由，所以，故B正确； 对于C，，所以，故C正确； 对于D，，故D正确； 故选：BCD 10. 设，则（ ） A. B. C. D. 若表示正数的整数部分，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】令可得A正确；令可得B错误；令，再由偶数项的和可得C正确；由二项式定理的整除可得D正确. 【详解】对于A，令，可得，故A正确； 对于B，令，可得，故B错误； 对于C，令，可得， 所以， 所以，所以，故C正确； 对于D， 所以，故D正确； 故选：ACD 11. 在棱长为1的正方体中，为平面内一点（含边界），为平面内一点（含边界），则下列结论正确的是（ ） A. 若，则点轨迹为圆的一部分 B. 若，则点轨迹为椭圆的一部分 C. 若点到与到的距离相等，则点轨迹为抛物线的一部分 D. 若点到的距离为1，则点轨迹为双曲线的一部分 【答案】AC 【解析】 【分析】根据各个选项的条件，结合圆，椭圆，抛物线，双曲线的定义逐一分析判断即可. 【详解】对于A，若， 则点轨迹为平面内以为圆心，以1为半径的圆，故A项正确； 对于B，若， 则点为平面与以为轴、为底面半径的圆锥面的公共点， 轨迹为双曲线的一部分，故B项错误； 对于C，设与交于点，点到的距离等于， 若点到与到的距离相等，即点到点的距离与到的距离相等， 则轨迹为抛物线的一部分，故C项正确； 对于D，若点到的距离为1， 则点为平面与以为轴、为底面半径的圆柱面的公共点， 轨迹为椭圆的一部分，故D项错误． 故选：AC． 【点睛】关键点点睛：理解圆，椭圆，抛物线，双曲线的定义是解决本题的关键. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数满足，则复数在复平面内对应点的轨迹的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由椭圆的定义和离心率的定义可得. 【详解】由可得复数在复平面内对应点的轨迹是以为焦点，长轴长为6的椭圆， 所以， 所以离心率为. 故答案为： 13. 已知函数，若，则的最大值为__________. 【答案】1 【解析】 【分析】由函数不等式恒成立可得，再构造函数，求导分析单调性，得到最值即可. 【详解】， 因为恒成立，所以恒成立，所以， 所以， 令，，则，令， 所以当时，，为增函数；当时，，为减函数； 所以， 所以的最大值为1. 故答案为：1 14. 数学家欧拉把“哥尼斯堡七桥问题（如图①，如何才能走过这七座桥，且每座桥都只能经过一次，最后又回到原来的出发点？）”转化为能否一笔画出图②的问题.定义若以某一点为端点的线有偶数条，则称该点为偶点，否则称为奇点.连通图可以一笔画出的充要条件是：奇点的数目不是0个就是2个（要想一笔画成，若有奇点，起点和终点只能在奇点），因此“哥尼斯堡七桥问题”是无解的.借助上述内容一笔画完成图③的不同路径方法有__________种. 【答案】 【解析】 【分析】做出图形，两个奇点和分别做起点，求出与之间的途径的情况，再求出一笔完成的画法，，进而可得出答案. 【详解】如图，两个奇点和分别做起点，有两种情况， 与之间有三种途径：①，②，③， 其中一笔完成有种画法：， ， ， 若做起点，从出发有三种不同的路径能到达，从返回有两种不同的路径， 所以不同路径方法有种. 故答案为：. 【点睛】易错点点睛：求解分类、分步计数原理需要注意以下几点： （1）处理计数问题，应扣紧两个原理，根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是“分步”，要搞清楚“分类”或“分步”的具体标准； （2）分类时要满足要满足两个条件：①类与类之间要互斥（保证不重复）；②总数要完备（保证不遗漏），也就是要确定一个合理的分类标准； （3）分步时应按事件发生的连贯过程进行分析，必须做到步与步之间互相独立，互不干扰，并确保连续型. 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. 已知函数，曲线在处的切线斜率为2. （1）求的值； （2）求不等式的解集. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义由可计算，由可计算； （2）利用导数求出的单调性，判断的奇偶性，利用奇偶性、单调性解不等式即可. 【小问1详解】 ， 所以， 由题意可得，所以， 所以，所以. 所以. 【小问2详解】 由（1）知，所以， 所以在上单调递增， ， 所以为奇函数， ，即， 即， 所以，即， 即，解得， 所以不等式的解集为. 16. 设是各项都为正数的递增数列，已知，且满足关系式. （1）求及数列的通项公式； （2）令，求数列的前项积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题干得到递推公式，可证明数列是公差为1的等差数列，代入可求通项公式； （2）由（1）可知，各项相乘即可求出前n项积. 【小问1详解】 由已知， 令代入得，即，解得或（舍去）， 令代入得，即，解得或（舍去）， 已知是各项都为正数的递增数列，且，故从第二项开始每一项都大于1，故， 对式子两边开根号得， 即，整理得，故：， 又，故数列是首项为1，公差为1的等差数列， 故，所以 【小问2详解】 因为 所以 故 17. 如图，两个底面相同的正四棱锥，顶点位于底面两侧，底面边长为是棱的中点，平面平面，且正四棱锥的体积是正四棱锥体积的3倍. （1）求证：； （2）若点满足，求平面与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：由正四棱锥的对称性，又平面平面，可得平面平面， 因为是棱的中点，， 所以，又平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以； （2） 【解析】 【分析】（1）易得平面平面，根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）连接交平面于点，连接，利用勾股定理求出，再以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接交平面于点，则为正方形的中心，连接， 因为平面，平面， 所以， 设， 因为正四棱锥的体积是正四棱锥体积的3倍， 所以， 在种，有，解得， 以点为圆心，的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故， 则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以， 设平面的法向量为， 则有，令，则， 所以， 所以， 所以平面与平面所成角的正弦值为. 18. 在一个系统中，每一个部件能正常工作的概率称为部件的可靠度，而系统能正常运行的概率称为系统的可靠度.某系统有四个核心部件，其中甲型两个，乙型两个，四个部件至少有三个正常工作时，系统才能正常运行，且各部件是否正常工作相互独立，一个甲型部件的可靠度为，一个乙型部件的可靠度为，且，系统能正常运行称为试验成功. （1）在一批产品中随机抽取六盒甲型部件，每盒9件，经逐个检测部件指标可以整理成下表，已知指标在内甲型部件可以正常工作. 盒一 31 45 28 55 58 66 57 39 42 盒二 48 67 42 46 56 35 29 53 34 盒三 31 53 48 37 29 34 45 58 64 盒四 55 28 44 36 61 47 56 61 57 盒五 30 49 54 43 35 62 32 56 59 盒六 54 52 29 37 56 47 60 38 44 （i）请根据抽样结果估计甲型部件的可靠度； （ii）若取（i）中的估计值，在一个系统试验成功的条件下，求这个系统中两个甲型部件同时正常工作的概率； （2）研发人员计划按照下图结构优化系统，①②位置上的部件中至少有一个能正常工作并且③④位置上的部件中至少有一个能正常工作，系统就能正常运行.优化后系统比优化前可靠度是否有提高？按照这个优化方案怎么安排原有的四个部件使新系统可靠度最大，请说明理由. 【答案】（1）可靠度 （2）优化后系统可靠度提高了. 原因：原系统需要四个部件正常工作或三个部件正常工作，系统才能正常运行，新系统除了在四个部件正常工作或三个部件正常工作时，系统能正常运行以外，只有两个部件正常工作，系统也可能正常运行，所以可靠度提高了. 按照这个优化方案安排原有的四个部件可以有两种方法： 方法一：（1）（2）放同型部件，（3）（4）放同型部件，不妨设（1）（2）放甲型部件（3）（4）放乙型部件，设此时可靠度为； 方法二：（1）（2）放不同型部件，（3）（4）放不同型部件，不妨设（1）（3）放甲型部件，（2）（4）放乙型部件，设此时可靠度为. ； 因为，所以，，即， 所以当时，两个方案都可以； 当时，方案二可靠度更高. 【解析】 【分析】（1）根据图表中的数据即可求出甲型部件的可靠度，再根据条件概率的定义即可求得这个系统中两个甲型部件同时正常工作的概率； （2）根据题干可得一共有两种分配方案，分别计算出他们的概率比较大小即可得到优化方案. 【小问1详解】 （i）甲型部件的总数为，根据题中表格统计指标在的甲型部件个数为， 故甲型部件的可靠度； （ii）又一个甲型部件的可靠度为，一个乙型部件的可靠度为，且， 故乙型部件的可靠度为，设“系统试验成功”为事件A,“两个甲型部件同时工作”为事件B， 设“两个甲型部件两个乙型部件同时正常工作”为事件C， 则, 设“两个甲型部件一个乙型部件同时正常工作”为事件D， 则, 设“一个甲型部件两个乙型部件同时正常工作”为事件E， 则, , , , 【小问2详解】 略 19. 已知向量绕着原点沿逆时针方向旋转角可得到向量. （1）求点绕着原点沿逆时针方向旋转得到的点的坐标； （2）已知曲线的方程为，点是曲线上任意一点. （i）是否存在定点，使得为定值？若存在，求出这个定值及两定点坐标；若不存在，请说明理由； （ii）设直线过定点与曲线交于点，直线过定点与曲线交于点，，且，求四点构成的四边形面积的最小值. 【答案】（1） （2）（i）存在，定值，定点的坐标分别为； （ii）. 【解析】 【分析】（1）根据题意求解即可； （2）（i）将曲线绕着原点沿顺时针方向旋转得到曲线，设为曲线上点旋转后的对应点，设，进而可求出的坐标，再代入曲线的方程，即可求出求出曲线的方程，进而可得出结论； （ii）根据题意问题可转化为：直线过定点与曲线交于，直线过定点与曲线交于，且，求四点构成四边形面积的最小值.分直线是否与重合讨论，当直线与重合时，设直线，联立方程，理由韦达定理求出，再根据弦长公式求出，同理求出，列出面积的表达式，进而可得出答案. 【小问1详解】 因为，即， 绕着原点沿逆时针方向旋转得到的点， 则，所以； 【小问2详解】 （i）将曲线绕着原点沿顺时针方向旋转得到曲线， 设为曲线上点旋转后的对应点， 设， 则， 又因为， 所以， 整理得， 点到点和点的距离之和为， 旋转时，曲线形状不变，所以为定值， 定点的坐标分别为； （ii）由（i）知曲线绕着原点沿顺时针方向旋转得到曲线， 定点为曲线的两个焦点，在曲线对应点和点， 在旋转过程中图形不变，问题可转化为：直线过定点与曲线交于，直线过定点与曲线交于，且，求四点构成四边形面积的最小值. 与交点满足，且在椭圆内部， 当与重合时，； 当与不重合时，设直线， 联立，整理得， 则， 所以， 同理可得， ， 当且仅当，即时取等号， 因为， 所以四点构成四边形面积的最小值为， 即四点构成的四边形面积的最小值为. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种： 一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值； 二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值． 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年高三3月份联合考试 数学 命题人：辽宁名校联盟试题研发中心 审题人：辽宁名校联盟试题研发中心 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，再选涂其它答案标号.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. 已知全集，集合，，则 A. B. C. D. 2. 若命题“”是假命题，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量， ，若，则 A. B. C. D. 4. 若抛物线上一点到准线和对称轴的距离均为4，则的值为（ ） A. 18 B. 4 C. 2或18 D. 4或9 5. 已知一个圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则这个圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 6. 若同时满足：①三个内角成等差数列，②三边长成等差数列，则（ ） A. 是直角三角形 B. 是等边三角形 C. 是钝角三角形 D. 不存在 7. 若函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知在数列中，，则的前项中的最大项为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 随机变量服从参数为的二项分布，即，其概率分布可用下图直观的表示，则（ ） A. B. C. D. 10. 设，则（ ） A. B. C. D. 若表示正数的整数部分，则 11. 在棱长为1的正方体中，为平面内一点（含边界），为平面内一点（含边界），则下列结论正确的是（ ） A. 若，则点轨迹为圆的一部分 B. 若，则点轨迹为椭圆的一部分 C. 若点到与到的距离相等，则点轨迹为抛物线的一部分 D. 若点到的距离为1，则点轨迹为双曲线的一部分 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数满足，则复数在复平面内对应点的轨迹的离心率为__________. 13. 已知函数，若，则的最大值为__________. 14. 数学家欧拉把“哥尼斯堡七桥问题（如图①，如何才能走过这七座桥，且每座桥都只能经过一次，最后又回到原来的出发点？）”转化为能否一笔画出图②的问题.定义若以某一点为端点的线有偶数条，则称该点为偶点，否则称为奇点.连通图可以一笔画出的充要条件是：奇点的数目不是0个就是2个（要想一笔画成，若有奇点，起点和终点只能在奇点），因此“哥尼斯堡七桥问题”是无解的.借助上述内容一笔画完成图③的不同路径方法有__________种. 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. 已知函数，曲线在处的切线斜率为2. （1）求的值； （2）求不等式的解集. 16. 设是各项都为正数的递增数列，已知，且满足关系式. （1）求及数列的通项公式； （2）令，求数列的前项积. 17. 如图，两个底面相同的正四棱锥，顶点位于底面两侧，底面边长为是棱的中点，平面平面，且正四棱锥的体积是正四棱锥体积的3倍. （1）求证：； （2）若点满足，求平面与平面所成角的正弦值. 18. 在一个系统中，每一个部件能正常工作的概率称为部件的可靠度，而系统能正常运行的概率称为系统的可靠度.某系统有四个核心部件，其中甲型两个，乙型两个，四个部件至少有三个正常工作时，系统才能正常运行，且各部件是否正常工作相互独立，一个甲型部件的可靠度为，一个乙型部件的可靠度为，且，系统能正常运行称为试验成功. （1）在一批产品中随机抽取六盒甲型部件，每盒9件，经逐个检测部件指标可以整理成下表，已知指标在内甲型部件可以正常工作. 盒一 31 45 28 55 58 66 57 39 42 盒二 48 67 42 46 56 35 29 53 34 盒三 31 53 48 37 29 34 45 58 64 盒四 55 28 44 36 61 47 56 61 57 盒五 30 49 54 43 35 62 32 56 59 盒六 54 52 29 37 56 47 60 38 44 （i）请根据抽样结果估计甲型部件的可靠度； （ii）若取（i）中的估计值，在一个系统试验成功的条件下，求这个系统中两个甲型部件同时正常工作的概率； （2）研发人员计划按照下图结构优化系统，①②位置上的部件中至少有一个能正常工作并且③④位置上的部件中至少有一个能正常工作，系统就能正常运行.优化后系统比优化前可靠度是否有提高？按照这个优化方案怎么安排原有的四个部件使新系统可靠度最大，请说明理由. 19. 已知向量绕着原点沿逆时针方向旋转角可得到向量. （1）求点绕着原点沿逆时针方向旋转得到的点的坐标； （2）已知曲线的方程为，点是曲线上任意一点. （i）是否存在定点，使得为定值？若存在，求出这个定值及两定点坐标；若不存在，请说明理由； （ii）设直线过定点与曲线交于点，直线过定点与曲线交于点，，且，求四点构成的四边形面积的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $