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（考后强化版）

辽宁省名校联盟2025年高三3月份联合考试 数学（考后强化版） 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 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. 某工厂生产了类、类、类三种产品各1080件､900件､360件，用分层随机抽样的方法从中抽取130件产品进行质量检测，则类与类产品共抽取的件数为（ ） A. 110 B. 90 C. 60 D. 50 【答案】A 【解析】 【分析】由分层抽样抽样比即可求解. 【详解】设类与类产品共抽取的件数为， 由题意，可得， 解得. 故选：A 2. 已知圆台的上、下底面的面积分别为，侧面积为，则该圆台的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得圆台的上、下底面的半径，作出圆台的轴截面，根据圆台的侧面积公式计算出母线长，再利用勾股定理求出圆台的高即可． 【详解】做圆台的轴截面，如图： 由题意得圆台的上，下底面的半径分别为2，6， 设圆台的母线长为，高为，则该圆台的侧面积 ，解得， 所以. 故选：C. 3. 已知x，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据对数函数的单调性得到，然后可以举出反例得到ABC选项错误；D选项可以构造函数进行证明. 【详解】因为，所以，即，若，满足，但，故A错误；此时无意义，故B错误，，C错误；令，则为增函数，所以，即，，D选项正确. 故选：D 4. 记公比大于1的等比数列的前项和为，则（ ） A. 30 B. 40 C. 121 D. 160 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求出等比数列的基本量，结合等比数列前n项和公式，即可求得答案. 【详解】由等比数列中，，得， 所以联立， 解得或，设公比为1），由， 解得或（舍）， 所以. 故选：B 5. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 充要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合正弦定理与三角函数的性质分别验证充分性与必要性，即可得解. 【详解】充分性：已知正弦定理， 当时，，即， 显然， 若，又，则均为钝角，显然不合题意； 故，又，则均为锐角， 又在上单调递增，所以， 则，所以成立； 必要性：当时， 因为的值域为，所以， 又，所以， 所以，即， 所以为等边三角形，则成立； 综上，“”是“”的充要条件. 故选：B． 6. 如图，在平行四边形中，为线段的中点，，，，则（ ） A. 20 B. 22 C. 24 D. 25 【答案】B 【解析】 【分析】用基底表示出目标向量，利用数量积运算可得答案. 【详解】由题意可得，， 所以 因为，，，所以， 所以. 故选：B 7. 已知抛物线的焦点为，过点的的弦中最短的弦长为8，点在上，是线段上靠近点的五等分点，则（为坐标原点）的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得，得的方程为，设，由得，不妨设点在第一象限，易知为锐角，当取最大值时，直线的斜率也最大，运用斜率公式结合基本不等式可得，即当取最大值时，由同角基本关系求出即可. 【详解】因为过点的的弦中最短的弦长为8，所以， 即的方程为． 设， 由是线段上靠近点的五等分点，得， 所以， 故，即， 不妨设点在第一象限，易知为锐角， 当取最大值时，直线的斜率也最大， 又， 当且仅当，即时取等号， 此时， ，， ， 即的最大值为． 故选：B． 8. 若至少存在一条直线与曲线和均相切，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别假设公切线的切点，然后根据题意列出方程并化简，进而转化为两个函数有交点即可. 【详解】，设公切线与曲线相切于点，与曲线相切于点， 则切线方程分别为，， 所以 由①得， 代入②得． 令， 则， 所以当时，，当时，， 所以在区间内单调递减，在区间内单调递增， 所以， 又当时，， 所以的值域为， 所以的取值范围是． 故选：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. 已知满足，则（ ） A. B. 复平面内对应的点在第一象限 C. D. 的实部与虚部之积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用复数代数形式的运算法则进行运算，求出复数，逐一判断各选项是否正确. 【详解】设， 则由已知得，即， 所以解得 所以，则，故A项正确，B项错误； ，的实部为，虚部为1， 所以的实部与虚部之积为，故C，D项正确. 故选：ACD 10. 已知正方体的棱长为为的中点，为线段上一动点，则（ ） A. 异面直线与所成角为 B. 平面 C. 平面平面 D. 三棱锥的体积为定值 【答案】BCD 【解析】 【分析】在正方体中，异面直线与所成角即为或其补角，求出即可判断A；利用线面垂直的判定定理可以证明平面，判断B；利用面面垂直的判定定理可以证明平面平面，判断C；由平面，得点到平面的距离为定值，再由，可得三棱锥的体积为定值，判断D. 【详解】对于选项，如图，连接，则， 则或其补角为异面直线与所成角， 因为，所以， 故异面直线与所成角为，故选项错误； 对于选项，由已知得为等腰直角三角形，是的中点，则， 因为平面平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 设与交于点， 其中， 因为， 所以， 因为，所以， 又平面平面， 所以平面，故选项正确.； 对于选项，由正方体的性质可知，平面， 而平面，所以， 因为平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面，故选项正确； 对于选项，由，平面，平面，得平面， 又，所以点到平面的距离为定值， 又的面积确定，， 所以三棱锥的体积为定值，故选项正确. 故选：. 11. 设数列满足，，记数列的前n项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，利用数列单调性定义，可判断；选项B，D，，两边取对数，，迭代可得，，取值放缩可判断；选项C，，可得，利用裂项相消法可得结果. 【详解】因为，由，所以当时，由二次函数单调性知，所以，，所以，A项正确；， 因为，所以，，所以，所以， 显然，所以． 又，所以， 所以，B项错误，D项正确； ，， ， 所以，C项正确． 故选：ACD． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出集合后，由交集定义即可得. 【详解】由题意，，则. 故答案为：. 13. 2024年春耕期间，某农业局将含甲､乙在内的6位农业干部分配到3个村庄去指导农民春耕，要求每人只去1个村庄，每个村庄至少有1人前去，且甲､乙不分配到同一个村庄，则不同的分配方法共有__________种.（用数字作答） 【答案】390 【解析】 【分析】6人分成，和，再分别讨论甲､乙同组的分配方法，由间接法求出其方法总数，由分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可. 【详解】①6人分成的形式，则共有种分组方式， 若甲､乙同组，则还需选择两人成组，共有种选法，故共有种分组方式； ②6人分成的形式，则共有种分组方式， 其中甲､乙同组，剩下四人还可以分为的形式，共有种分法， 或者分为的形式，共有种分法，故共有种分组方式； ③6人分成的形式，共有种分组方式， 其中甲､乙同组，剩下四人还可以分为的形式， 所以共有种分组方式，故共有种分组方式. 综上，共有种分组方式，所以共有种分配方法. 故答案为：390. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为记以为直径的圆与C的渐近线在第一象限交于点P，点Q为线段与C的交点，O为坐标原点，且，则C的离心率为_______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用以为直径的圆的方程，联立，求得P点坐标，利用，推出Q为的中点，求出Q点坐标，代入双曲线方程，得出的关系式，即可求得答案. 【详解】设双曲线的半焦距为c，则， 渐近线方程为， 以为直径的圆的方程为，联立， 可得，即， 又，所以Q为的中点， 故，将坐标代入中， 得，即，即， 则，即C的离心率为， 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题考查了双曲线的离心率的求解，解答的关键在于利用，推出Q为的中点，从而求得，进而结合双曲线方程，得出的关系式，即可求解. 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. 某大型商场的所有饮料自动售卖机在一天中某种饮料的销售量（单位：瓶）与天气温度（单位：）有很强的相关关系，为能及时给饮料自动售卖机添加该种饮料，该商场对天气温度和饮料的销售量进行了数据收集，得到下面的表格： 10 15 20 25 30 35 40 4 16 64 256 2048 4096 8192 经分析，可以用作为关于的经验回归方程． （1）根据表中数据，求关于的经验回归方程(结果保留两位小数)； （2）若饮料自动售卖机在一天中不需添加饮料的记1分，需添加饮料的记2分，每台饮料自动售卖机在一天中需添加饮料的概率均为，在商场的所有饮料自动售卖机中随机抽取3台，记总得分为随机变量，求的分布列与数学期望． 参考公式及数据：对于一组数据，经验回归方程的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为 【答案】（1） （2） 3 4 5 6 P 【解析】 【分析】（1）设，转化为，利用最小二乘法，求得，求得，进而得到关于的经验回归方程； （2）根据题意，得到变量的可能取值为，利用独立重复试验的概率公式，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解. 【小问1详解】 解：设，由，可得， 因为，， ，所以， 由表中的数据可得， 则， 所以， 则，可得， 所以关于的经验回归方程为. 【小问2详解】 解：由题意，随机变量的可能取值为， 可得，， ，， 所以变量的分布列为 3 4 5 6 P 所以，期望为 16. 已知函数，，且在区间上只取得一次最大值． （1）求的解析式； （2）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，的面积为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意可得为函数的一条对称轴，即可求出的取值集合，再根据在区间上的最大值情况，求出的范围，从而求出的值； （2）首先求出角，再由面积公式及余弦定理计算可得. 【小问1详解】 因为，所以是的对称轴, 令，解得． 又在区间上只取得一次最大值，此时， 所以，解得． 当时，满足题意，的解析式为． 【小问2详解】 在中，因为，所以， 因为，所以， 所以，所以，，， 所以． 由余弦定理得， 所以， 所以（负值舍去）． 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中分别为的中点，点满足. （1）证明：； （2）若底面，则棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，或 【解析】 【分析】（1）利用作辅助线，证明四边形为平行四边形，结合线段成比例，即可证明结论； （2）假设棱上存在点满足题意，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，根据空间角的向量求法，建立方程，即可求得答案. 【小问1详解】 （1）证明：过点作的平行线，交于点， 过点作的平行线，交于点，连接， 与交于点，连接. 因为，则四边形为平行四边形， 则，所以为的中点， 又为的中点，所以， 所以，即， 因为，所以， 故四边形为平行四边形，所以. 又为的中点，由， 得，所以， 故. 【小问2详解】 因为底面，面， 所以， 又，所以两两垂直. 因为，所以， 设，则， 故. 以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向， 建立如上图所示的空间直角坐标系. 所以， 设存在点，使得平面与平面的夹角为， 且. 由，得，所以， 故. 设平面的法向量为， 则，可取， 设平面的法向量为， 则 可取， 所以， 解得或. 所以当或时，平面与平面的夹角为. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过点的动直线 l与C 交于P，Q两点.当轴时，，且直线的斜率之积为. （1）求C的方程; （2）求的内切圆半径r的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意列出关于的方程，解方程即可求得答案； （2）设，由等面积法表示，进而讨论直线斜率存在和不存在的情况，存在时设直线l方程，联立椭圆方程，可得根与系数的关系，结合弦长公式可得的表达式，再结合二次函数的性质，即可求得答案. 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为c，则， 令代入，可得， 则当轴时，，此时不妨设， 则由直线的斜率之积为，得， 即，结合，即，解得， 故C的方程为； 【小问2详解】 设，则的周长为， 故，则， 当轴时，； 当l不与x轴垂直时，设， 联立，得， ，， ， 故，令，则， 则，由于，故， 令，则在上单调递减， 则， 则， 综合上述，的内切圆半径r的取值范围为. 【点睛】易错点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆的位置关系中的三角形的内切圆半径的范围问题，解题思路并不困难，但很容易出错，易错点就在于根据等面积法求出内切圆半径的表达式后，结合根与系数的关系化简，求解范围，计算过程较为复杂，计算量较大，很容易计算错误，因此计算要十分细心. 19. 已知函数. （1）当时，求的极值； （2）若，求的值； （3）求证：. 【答案】（1）在处取得极小值，无极大值 （2） （3） 证明：先证， 设，则， 所以在区间上单调递减， 所以，即， 所以， 再证， 由（2）可知，当时等号成立， 令，则， 即， 所以，，， 累加可得， 所以. 【解析】 【分析】（1）求导，根据函数的单调性可得最值； （2）分情况讨论函数的单调性与最值情况，可得参数值； （3）利用放缩法，由，可知若证，即证，再根据，可得证. 【小问1详解】 当时，，， 则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在处取得极小值，无极大值； 【小问2详解】 由题意得， ①当时，，所以在上单调递增， 所以当时，，与矛盾； ②当时，当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以， 因为恒成立，所以， 记，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，所以， 又， 所以， 所以； 【小问3详解】 略 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 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（考后强化版） 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 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. 某工厂生产了类、类、类三种产品各1080件､900件､360件，用分层随机抽样的方法从中抽取130件产品进行质量检测，则类与类产品共抽取的件数为（ ） A. 110 B. 90 C. 60 D. 50 2. 已知圆台的上、下底面的面积分别为，侧面积为，则该圆台的高为（ ） A. B. C. D. 3. 已知x，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 记公比大于1的等比数列的前项和为，则（ ） A. 30 B. 40 C. 121 D. 160 5. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 充要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 如图，在平行四边形中，为线段的中点，，，，则（ ） A. 20 B. 22 C. 24 D. 25 7. 已知抛物线的焦点为，过点的的弦中最短的弦长为8，点在上，是线段上靠近点的五等分点，则（为坐标原点）的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 若至少存在一条直线与曲线和均相切，则的取值范围是（ ） 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. 已知满足，则（ ） A. B. 复平面内对应的点在第一象限 C. D. 的实部与虚部之积为 10. 已知正方体的棱长为为的中点，为线段上一动点，则（ ） A. 异面直线与所成角为 B. 平面 C. 平面平面 D. 三棱锥的体积为定值 11. 设数列满足，，记数列的前n项和为，则（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，则__________. 13. 2024年春耕期间，某农业局将含甲､乙在内的6位农业干部分配到3个村庄去指导农民春耕，要求每人只去1个村庄，每个村庄至少有1人前去，且甲､乙不分配到同一个村庄，则不同的分配方法共有__________种.（用数字作答） 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为记以为直径的圆与C的渐近线在第一象限交于点P，点Q为线段与C的交点，O为坐标原点，且，则C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. 某大型商场的所有饮料自动售卖机在一天中某种饮料的销售量（单位：瓶）与天气温度（单位：）有很强的相关关系，为能及时给饮料自动售卖机添加该种饮料，该商场对天气温度和饮料的销售量进行了数据收集，得到下面的表格： 10 15 20 25 30 35 40 4 16 64 256 2048 4096 8192 经分析，可以用作为关于的经验回归方程． （1）根据表中数据，求关于的经验回归方程(结果保留两位小数)； （2）若饮料自动售卖机在一天中不需添加饮料的记1分，需添加饮料的记2分，每台饮料自动售卖机在一天中需添加饮料的概率均为，在商场的所有饮料自动售卖机中随机抽取3台，记总得分为随机变量，求的分布列与数学期望． 参考公式及数据：对于一组数据，经验回归方程的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为 16. 已知函数，，且在区间上只取得一次最大值． （1）求的解析式； （2）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，的面积为，求的值． 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中分别为的中点，点满足. （1）证明：； （2）若底面，则棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过点的动直线 l与C 交于P，Q两点.当轴时，，且直线的斜率之积为. （1）求C的方程; （2）求的内切圆半径r的取值范围. 19. 已知函数. （1）当时，求的极值； （2）若，求的值； （3）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $