精品解析：2025届辽宁省辽阳市高三一模考试数学试题

高三考试数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自已的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.回答非选择题时，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. 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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. 设集合，则 （ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，.若、、三点共线，则 （ ） A. B. C. D. 3. 在中，角、、所对的边分别为、、 ，若，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，其中 为实数，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图，三棱柱的所有棱长都为，且，、、分别为、、的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 设抛物线的焦点为，准线为 ，过的直线与交于、两点，记点到直线 的距离为 ，且.若点的横坐标为，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知球的半径为，则在球的内接圆锥中，体积最大的圆锥的底面半径为（ ） 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. 为了丰富校园文化生活，展现学生的才艺风采，激发学生的艺术创造力和表现力，某校举行了“绽放青春，艺路有你”才艺大赛.甲、乙两位同学才艺表演结束后，6位评委对甲、乙进行打分（满分10分），得到如图所示的折线统计图，则（ ） A. 甲得分的平均数大于乙得分的平均数 B. 甲得分的众数大于乙得分的众数 C. 甲得分的中位数大于乙得分的中位数 D. 甲得分的方差大于乙得分的方差 10. 已知函数的最大值与最小值的差为2，其图象与轴的交点坐标为，且图象的两条相邻的对称轴之间的距离为2，则（ ） A. B. C. D. 的单调递增区间为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 11. 若双曲线的一条渐近线上的点关于另一条渐近线的对称点恰为右焦点，则双曲线的渐近线方程为__________，实轴长为__________. 12. 某工人给排成一排的 块地砖上色，可用颜色为固定的第号至第号，共种颜色，其中，.上色完毕后，若满足相邻两块地砖颜色不同，且只使用了第号至第号颜色（每种颜色至少使用一次，，），则称此方案为一种上色方案.当 时，不同的上色方案共有__________种. 13. 在平面直角坐标系中，已知点，动点满足，记的轨迹为曲线，直线与交于 两点，当取得最小值时，的值为__________. 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. 14. 已知等比数列是递减数列，的前 项和为，且、、成等差数列，，数列满足，， （1）求和的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 15. 如图，在直三棱柱中，为的中点，. （1）证明：平面. （2）求直线与平面 所成角的正弦值. 16. 已知函数，. （1）求的单调区间； （2）若的最大值为，证明： ，. 17. 亚冬会于 年月 日至月日举行.某体育局为普及亚冬会知识，组织了答题活动.设置一个抽题箱，箱中有若干装有题目的小球，小球的大小、颜色、质量都一样，每次答题抽取一个小球.每个小球内只有一道题目，每道题目只有一个分值，题目分值分别为分、分、 分.已知分题目小球被抽到的概率为，分题目小球被抽到的概率为， 分题目小球被抽到的概率为，且每次抽完会补充一个同分值小球到箱内. （1）已知甲回答分、分、 分题目正确的概率分别为、、，求甲抽取 次，抽到种不同分值的题目，且累积得分不低于分的概率； （2）若甲抽取 次，记表示甲 次抽取的题目分值之和，求的分布列和数学期望. 18. 对于给定的椭圆，与之对应的另一个椭圆且，则称与互为共轭椭圆.已知椭圆与椭圆互为共轭椭圆，是椭圆的右顶点. （1）求椭圆的标准方程. （2）不过点的直线与椭圆交于、，且直线与直线的斜率之积为. ①证明：直线 过定点. ②试问在 轴上是否存在点，使得直线、的斜率之积为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三考试数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自已的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.回答非选择题时，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. 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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. 设集合，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据并集定义计算. 【详解】因为，所以 故选：D. 2. 已知向量，，.若、、三点共线，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出向量，由题意可得，利用平面向量共线的坐标表示可得出关于的等式，解之即可. 【详解】因为向量，，， 所以，， 因为、、三点共线，则，所以，，解得 . 故选：C. 3. 在中，角、、所对的边分别为、、，若，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由余弦定理求出的值，利用同角三角函数的基本关系求出的值，然后利用三角形的面积公式可求得的面积. 【详解】在中，因为，，， 由余弦定理可得， 所以，， 因此，的面积为. 故选：A. 4. 已知，其中 为实数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数相等求参数的值. 【详解】因为， 所以， 所以，解得， 故选:B. 5. 如图，三棱柱的所有棱长都为，且，、、分别为、、的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接、，推导出，可知异面直线和所成角等于或其补角，利用余弦定理求出、的长，推导出 ，可求出的余弦值，即为所求. 【详解】连接、，如下图所示： 因为、分别为、的中点，所以，且， 因为且，所以，四边形 为平行四边形， 所以，且， 因为为的中点，所以，且， 所以，四边形为平行四边形，则， 故异面直线和所成角等于或其补角， 在菱形中， ，，， 由余弦定理可得， 在中，，，， 由余弦定理可得， 在 中，，，，所以，，故 ， 所以，. 因此，异面直线和所成角的余弦值为. 故选：D. 6. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数运算易得，，，根据对数函数的单调性可得，进而结合换底公式得到，进而判断即可. 【详解】， ，， 因为， 所以，则. 故选：A. 7. 设抛物线的焦点为，准线为 ，过的直线与交于、两点，记点到直线 的距离为，且.若点的横坐标为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由抛物线的定义可得，设点、，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出，根据抛物线的焦点弦长公式可得出关于的等式，结合 可求得的值. 【详解】抛物线的准线方程为，由抛物线的定义可得， 设点、，若直线与 轴重合，则该直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意， 设直线的方程为，联立，可得， 则，由韦达定理可得， 所以，，故， 所以，，整理可得， 即，因为 ，解得. 故选：C. 8. 已知球 的半径为，则在球 的内接圆锥中，体积最大的圆锥的底面半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设球 的内接圆锥的底面半径为 ，取圆锥的轴截面，取线段的中点，连接，设 ，则，可得出，，设圆锥的体积为，求出函数的解析式，利用导数求出函数取最大值时对应的 值，即可求得对应的 值，即为所求. 【详解】如下图所示，设球 的内接圆锥的底面半径为 ， 显然当球心在圆锥的内部时，圆锥的体积才会最大， 取圆锥的轴截面，取线段的中点，连接，则，且 在线段上， 设 ，则，且，， 设圆锥的体积为， 则， 由可得，由可得， 所以，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以，函数在时取最大值，此时，. 故选：A. 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. 为了丰富校园文化生活，展现学生的才艺风采，激发学生的艺术创造力和表现力，某校举行了“绽放青春，艺路有你”才艺大赛.甲、乙两位同学才艺表演结束后，6位评委对甲、乙进行打分（满分10分），得到如图所示的折线统计图，则（ ） A. 甲得分的平均数大于乙得分的平均数 B. 甲得分的众数大于乙得分的众数 C. 甲得分的中位数大于乙得分的中位数 D. 甲得分的方差大于乙得分的方差 【答案】BCD 【解析】 【分析】运用平均数、中位数及众数的公式计算，和方差的意义逐项判断即可. 【详解】甲、乙的得分从小到大排列如下： 甲：，乙：， 甲得分的中位数为，乙得分的中位数为，甲得分的中位数大于乙得分的中位数，故C正确； 甲得分的众数，乙得分的众数为，甲得分的众数大于乙得分的众数，故B正确； 甲得分的平均数，乙得分的平均数，所以甲得分的平均数等于乙得分的平均数，故A错误； 由图可以看出甲得分的波动比乙大，故甲得分的方差大于乙得分的方差，故D正确. 故选：BCD 10. 已知函数的最大值与最小值的差为2，其图象与轴的交点坐标为，且图象的两条相邻的对称轴之间的距离为2，则（ ） A. B. C. D. 的单调递增区间为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简得，根据最大值、相邻两条对称轴的距离、交点坐标求出、 、的值，再计算单调区间即可. 【详解】， 因为的最大值与最小值的差为2，， ，解得，A选项正确； 因为函数图象相邻两条对称轴间的距离为 ，可得函数的最小正周期为 ，即 ，解得，B选项不正确； 又 的图象与 轴的交点坐标为 ，可得 ，解得 ，C选项正确； 所以函数的解析式为 ， ， ，所以的单调递增区间为，D选项正确. 故选:ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 11. 若双曲线的一条渐近线上的点关于另一条渐近线的对称点恰为右焦点，则双曲线的渐近线方程为__________，实轴长为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由点在渐近线上可求得，再根据双曲线的性质计算实轴长即可. 【详解】由点在双曲线的一条渐近线上，可得， 则双曲线的渐近线方程为； 记坐标原点为 ，则，即． 因为，所以，，故实轴长为． 故答案为：；. 12. 某工人给排成一排的块地砖上色，可用颜色为固定的第号至第号，共种颜色，其中，.上色完毕后，若满足相邻两块地砖颜色不同，且只使用了第号至第号颜色（每种颜色至少使用一次，，），则称此方案为一种上色方案.当 时，不同的上色方案共有__________种. 【答案】 【解析】 【分析】不妨将 块排成一排的地砖从左至右依次记为、、、，分析可知，一定有块地砖同色，列举出同色的情况，结合排列计数原理与分步乘法计数原理可得结果. 【详解】不妨将 块排成一排的地砖从左至右依次记为、、、， 用 种颜色给地砖上色，每种颜色至少使用一次，相邻地砖不能同色，所以一定有块地砖同色， 同色的情况有、、，共 种， 所以，共有种不同的上色方案. 故答案为：. 13. 在平面直角坐标系中，已知点，动点满足，记的轨迹为曲线，直线与交于 两点，当取得最小值时，的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，由有，由点到直线的距离公式有，即，分析的取值即可求解. 【详解】设，则由有， 即，则曲线是以圆心为，半径为的圆， 则圆心到直线的距离为， 则，当取最大值时，取得最小值， 所以，要使取最大值则，， 当取最小值时，取最大值， 所以当时，， 当时，等号成立， 所以，， 当时，取得最小值， 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. 14. 已知等比数列是递减数列，的前项和为，且、、成等差数列，，数列满足，， （1）求和的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）设等比数列的公比为，根据题意可得出关于、的方程组，结合数列为递减数列可求得、的值，即可得出等比数列的通项公式；推导出，结合可求得数列的通项公式； （2）分为奇数、偶数两种情况讨论，化简的表达式，利用错位相减法、裂项相消法结合分组求和法可求得. 【小问1详解】 设等比数列的公比为，由题意可得，则， 因为数列是等比数列，解得，所以，， 因为，所以，， 因为，则，所以， ，故. 【小问2详解】 当为奇数时，，令， 则， 所以，， 两个等式作差可得 ， 化简得； 当为偶数时，， 令，则 ， 故. 15. 如图，在直三棱柱中，为的中点，. （1）证明：平面. （2）求直线与平面 所成角的正弦值. 【答案】（1） 连接， ∵E为中点，为的中点， ∴， ∵平面， 平面， ∴平面； （2） 【解析】 【分析】（1）先连接，再根据中位线得出，最后应用线面平行判定定理证明平面； （2）求出平面 的法向量，利用空间向量夹角余弦公式能求出与平面 所成角的正弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以点C为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 设平面 的法向量， 则，取，则， 设与平面 所成角为 ， 则与平面 所成角的正弦值为： ． 16. 已知函数，. （1）求的单调区间； （2）若的最大值为，证明： ，. 【答案】（1）增区间为，减区间为 （2）证明：由（1）知， ，解得 ， 要证，即证 ，即证 ， 令 ，其中 ，则 ， 由 可得，由可得 ， 所以，函数的减区间为，增区间为， 所以， ，即， 所以， ， ，即. 【解析】 【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系可求出函数的增区间和减区间； （2）由函数的最大值可求出的值，将所证不等式变形为 ，构造函数 ，利用导数分析函数的单调性与极值，可证得 ，即可证得结论成立. 【小问1详解】 因为函数的定义域为，且， 由可得，由可得， 所以，函数的增区间为，减区间为. 【小问2详解】 略 17. 亚冬会于 年月 日至月日举行.某体育局为普及亚冬会知识，组织了答题活动.设置一个抽题箱，箱中有若干装有题目的小球，小球的大小、颜色、质量都一样，每次答题抽取一个小球.每个小球内只有一道题目，每道题目只有一个分值，题目分值分别为分、分、 分.已知分题目小球被抽到的概率为，分题目小球被抽到的概率为， 分题目小球被抽到的概率为，且每次抽完会补充一个同分值小球到箱内. （1）已知甲回答分、分、 分题目正确的概率分别为、、，求甲抽取 次，抽到种不同分值的题目，且累积得分不低于分的概率； （2）若甲抽取 次，记表示甲 次抽取的题目分值之和，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2）分布列如下： 【解析】 【分析】（1）对甲抽取的 个题目的分值进行分类讨论，确定每种情况下答题累积得分不低于分，利用独立事件和互斥事件的概率公式可得出所求事件的概率； （2）分析可知，随机变量的所有可能取值为： 、 、 、、 、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值. 【小问1详解】 若甲 次答题累积得分不低于分，则甲抽取的 个题目的分值可以是、、， 当甲抽取的 个题目的分值是时，概率为， 要使得累积得分不低于分，则 个题要全答对，所以，概率为； 当甲抽取的 个题目的分值是时，概率为， 要使得累积得分不低于分，则个 分题要答对，概率为； 当甲抽取的 个题目的分值是时，概率为， 要使得累积得分不低于分，则个 分题要答对，概率为. 故甲 次答题累积得分不低于分的概率为. 【小问2详解】 的所有可能取值为： 、 、 、、 、、， ，， ， ，， ，， 所以，随机变量的分布列如下表所示： 所以，. 18. 对于给定的椭圆，与之对应的另一个椭圆且，则称与互为共轭椭圆.已知椭圆与椭圆互为共轭椭圆，是椭圆的右顶点. （1）求椭圆的标准方程. （2）不过点的直线与椭圆交于、，且直线与直线的斜率之积为. ①证明：直线 过定点. ②试问在 轴上是否存在点，使得直线、的斜率之积为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） ①设、， 联立可得， 则，可得， 由韦达定理可得，， 因为，， 所以， ， 整理可得，即，解得或， 若，则直线 的方程为，此时，直线 过点，不合乎题意， 所以，，所以，直线 的方程为，则直线 过定点； ②存在点，使得直线、的斜率之积为定值； 存在点，使得直线线、的斜率之积为定值. 【解析】 【分析】（1）根据题意可得出关于、、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的标准 方程； （2）①设点、，将直线 的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，根据求出 的值，化简直线 的方程，可得出直线 所过定点的坐标； ②设点，利用韦达定理结合斜率公式化简，结合为定值求出的值，即可结论. 【小问1详解】 由题意可得，解得 ，， 故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 ①略 ②由①可知，，， 设点，则，， 所以， ， 要使得直线、的斜率之积为定值，只需，解得， 当 时，； 当时，. 故在 轴上存在点，使得直线、的斜率之积为定值， 当点的坐标为时，直线、的斜率之积为定值； 当点的坐标为时，直线线、的斜率之积为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $