精品解析：辽宁省锦州市2025届高三下学期质量检测数学试题

2025年锦州市普通高中高三质量检测 数学 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，满分150分. 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3．答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答题标号；答非选择题时，将答案写在答题卡上相应区域内，超出答题区域或写在本试卷上无效. 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，若,则的值为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】 ，若 ，不满足集合元素的互异性， 故， 故结果选A. 2. 在复平面内，复数对应的点在第二象限，则复数对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意设，可得，即可求解. 【详解】因为复数对应的点在第二象限，所以可设， 因为， 所以， 所以，， 所以复数对应的点在第三象限. 故选：. 3. 已知平面直角坐标系中的两个向量a＝（1，2），b＝（m，3m－2），且平面内的任一向量c都可以唯一地表示成c＝λa＋μb（λ，μ为实数），则实数m的取值范围是（　　） A. （－∞，2） B. （2，＋∞） C. （－∞，＋∞） D. （－∞，2）∪（2，＋∞） 【答案】D 【解析】 【详解】解析：由题意，知向量a，b不共线，故2m≠3m－2，即m≠2. 4. 已知圆锥的底面半径为1，侧面积为，过其底面圆周上一点A作平面，若截圆锥得到的截面曲线为椭圆，则该椭圆长轴长的最小值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，可得圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，根据该椭圆的长轴垂直于母线时，此时椭圆的长轴长取得最小值，即可求解. 【详解】 因为圆锥的底面半径为1，侧面积为，所以圆锥的母线为， 所以圆锥的轴截面是边长为的等边三角形， 如图所示，当该椭圆的长轴垂直于母线时，此时椭圆的长轴长取得最小值，且最小值为边长为2的正三角形的高， 因为，所以椭圆的长轴长的最小值为. 故选：. 5. 5G技术在我国已经进入高速发展的阶段，5G手机的销量也逐渐上升．某手机商城统计了1至5月份5G手机的实际销量，如下表所示： 月份x 1月 2月 3月 4月 5月 销售量y（千只） 0.5 0.6 1.0 1.4 1.7 若y与x线性相关，且求得线性回归方程为，则下列说法不正确的是（ ） A. 由题中数据可知， B. 由题中数据可知，6月份该商城5G手机的实际销量为2（千只） C. 由题中数据可知，变量x和y正相关，且相关系数一定小于1 D. 若不考虑本题中的数据，回归直线可能不过，，…，中任一个点 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由回归直线方程的性质，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A，由表格可知，，， 则，故A正确； 对于B，将代入，可得， 所以6月份该商城5G手机的实际销量预测为2（千只），故B错误； 对于C，因为回归方程为，所以变量x和y正相关， 且样本点不全在回归方程上，所以相关系数一定小于1，故C正确； 对于D，回归直线可能不过样本点中的任何一个点，故D正确； 故选：B 6. 已知是方程的两个实根，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由题意把两根代入方程得两个式子，再结合韦达定理联立两个式子化简变形即可. 【详解】是方程的两个实根， ， ①， ②， ①式②式得：， 即， ，即，得. 故选：. 7. 设直线与x轴交于点A，圆，过l上一点P作圆O的两条切线，，C，D为切点，中点为M，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求出方程，根据，求出的运动轨迹为为圆心，为半径的圆，进而得到圆外点到圆上点距离的最大值，最小值得到答案. 【详解】 因为直线与x轴交于点A，所以， 因为为上一点，所以， 设，， 则，得直线的方程为，故 同理得的方程为，， 故直线的方程为， 因为为中点，所以， 所以方程为，即， 联立， 消得， 所以为为圆心，为半径的圆， 其中点到圆心的距离为， 所以，， 所以的取值范围是， 故选：A. 8. 若函数在上单调，为实数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对函数求导，根据函数单调的性质得出的特点，进而得到与的关系，再通过构造函数，利用导数研究函数单调性来比较与、与的大小关系. 【详解】， 因为在上单调，所以无变号零点，则是方程的解， 故，即，， 令，则，令，解得， 时，，时，, 所以在上单调递增，在上单调递减，， 所以，即；， 令，在上单调递增，无最值，则大小不确定， 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. 已知数列，其前n项和为，数列，其前n项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 若为等差数列，则数列也是等差数列 B. 若，则数列为等比数列 C. 若，则时取到最小值 D. 若为等比数列，且，则 【答案】AC 【解析】 【分析】利用等差数列前项和公式推导的表达式，即可判断；根据等比数列的定义即可判断；通过等差数列前项和的二次函数的形式即可判断；根据等比数列前项和的形式与已知条件给出的形式，即可解得. 【详解】因为为等差数列，所以前项和， 所以， 所以， 所以数列是等差数列，故正确； 因为，若，则所有项都为， 所以数列不是等比数列，故错误； 因为，所以， 所以为等差数列，首项为，公差为， 所以，此二次函数开口向上，对称轴为， 因为，所以当时，取到最小值，故正确； 因为为等比数列，且，故公比不为1， 所以， 所以，所以，故错误. 故选：. 10. 某数学研究小组发现，函数的图象是双曲线，设其焦点为M，N，点P为其图象上任意一点，则（ ） A. 直线是它的一条渐近线 B. 它的离心率为 C. 点是它的一个顶点 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知根据解析式先得到双曲线的渐近线，即可判断；进而求出焦点所在的直线方程，联立得到顶点坐标，即可判断；根据双曲线的定义，即可判断；结合两渐近线夹角，将双曲线绕其中心适当旋转，从而求出离心率，即可判断. 【详解】因为函数中，当时，， 所以函数在第一象限的图象夹在直线和轴之间且无限接近于两直线， 因为，所以函数为奇函数，图象关于原点对称， 所以直线和轴是双曲线的渐近线，所以正确； 因为两渐近线的夹角为，所以双曲线的焦点所在的直线是两渐近线的角平分线所在直线，即， 由，可得或， 所以顶点坐标为，，所以错误； 两顶点之间的距离为， 因为焦点为M，N，点P为其图象上任意一点， 根据双曲线的定义可得，所以正确； 若将双曲线绕其对称中心中心（原点）顺时针旋转可使直线变为轴，其渐近线变为直线， 则双曲线的离心率，所以正确. 故选：. 11. 已知函数，则（ ） A. 在区间单调递增 B. 的图象关于直线对称 C. 的值域为 D. 关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用符合函数的单调性判断A，计算出即可判断B，利用换元法求出函数的值域，即可判断C，求出函数在上的单调性，即可画出函数在区间的图象，结合图象分类讨论，即可判断D. 【详解】对于A：当时， 所以， 因为在上单调递增，又， 所以， 因为，即，所以，即， 所以，所以， 又在上单调递增，在上单调递减， 所以在上不单调，即在区间不单调，故A错误； 对于B：因为， 所以的图象关于直线对称，故B正确； 对于C：因为， 令，则，令，， 则在上单调递增，在上单调递减，又，，， 所以，所以的值域为，故C正确； 对于D：当时，所以， 由A选项可令且， 则当时单调递增， 令，即时在上单调递增，且， 所以在上单调递减， 又，令，即时在上单调递减，且， 所以在上单调递增， 当，即时在上单调递减，且， 所以在上单调递减， 又，，， 所以在上的函数图象如下所示： 由图可知： ①当时与有且仅有一个交点， 即关于的方程在区间的实数根为； ②当或时与有两个交点， 即关于的方程在区间有两个实数根，且两根关于对称， 所以两根之和为； ③当时与有四个交点， 即关于的方程在区间有四个实数根，不妨设为且， 所以与关于对称，与关于对称， 所以； ④当或时与无交点， 即关于的方程在区间无实数根； 综上可得，若关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为，故D正确； 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：对于D选项关键是分析出函数的单调性，结合函数图象，将方程的解转化为函数与函数的交点问题，结合函数的对称性求出方程的根的和. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的二项展开式中，若只有的系数最大，则__________． 【答案】10 【解析】 【分析】根据二项式系数的性质可直接得出答案. 【详解】根据二项式系数的性质，由于只有第项的二项式系数最大，故答案为10. 【点睛】本题主要考查了二项式系数的性质，解决二项式系数的最值问题常利用结论：二项展开式中中间项的二项式系数最大，属于基础题. 13. 函数的最小值为_________． 【答案】2 【解析】 【分析】由题意，根据函数常见不等关系，结合绝对值不等式性质，利用放缩法，可得答案. 【详解】令，则，令，解得， 当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增； 故，则. 因为，所以 当且仅当时等号成立，因此的最小值为2． 故答案为：. 14. 已知球O的体积为，正四面体的顶点B，C，D都在球O的表面上，球心O为的外心，棱与球面交于点P，若平面，平面，平面，平面，平行且与之间的距离为同一定值，棱，分别与交于点Q，R，则的周长为______． 【答案】 【解析】 【分析】结合球的体积公式，根据正三角形外接圆的性质求得边长，利用三点共线及数量积的运算律求得，然后利用平行平面的性质求得，，再利用余弦定理求得，即可求解的周长. 【详解】 由已知，连接， 设与之间的距离为d，设球O的半径为R， 因为球O的体积为，则，解得， 所以，所以， 即正四面体的棱长为3，所以， 因为球心O为的外心，则在正四面体中，平面， 又平面，则， 由A，P，B三点共线，故存在实数使得， 所以， 所以，即， 解得，所以，所以，所以， 又且与之间的距离为d， 则，，所以，， 所以，，则，则， 在中，， 则由余弦定理，， 所以的周长为. 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. 甲、乙两人对比进行射击训练，共进行100个回合．每个回合．甲、乙各射击一次，甲、乙每次至少都击中8环，统计资料显示甲击中8环，9环，10环的概率分别为0.7，0.2，0.1，乙击中8环，9环，10环的概率分别为0.6，0.2，0.2，且甲、乙两人射击相互独立．记第i个回合甲、乙击中的环数分别为，，，2，…，100． （1）在某一个回合训练中，已知乙击中的环数少于甲击中的环数，求甲击中10环的概率： （2）中心极限定理是概率论中的一个重要结论：若随机变量，则当且时，可以由服从正态分布的随机变量近似替代，且的期望与方差分别与的均值与方差近似相等．根据该定理，设满足（，2，…，100）的i值有k个，利用正态分布估计的概率．（结果保留小数点后两位） 附：（若，则，，．） 【答案】（1）0.4 （2）0.84 【解析】 【分析】（1）设在一个回合训练中，乙击中的环数少于甲击中的环数为事件，甲击中10环为事件，利用条件概率公式计算可得； （2）依题意可得，根据二项分布的期望与方差公式得到，再由正态分布的性质计算可得. 【小问1详解】 设在一个回合训练中，乙击中的环数少于甲击中的环数为事件，甲击中10环为事件， 则，， 则所求概率为； 【小问2详解】 由题意100个回合中，满足的值有个，由（1）知：， 所以，， 又，所以，， 故，， 由正态分布的对称性可知，估计的概率为. 16. 如图，在三棱锥中，，，． （1）证明平面平面； （2）若E，F分别为棱，的中点，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 证明：因为在中，， 又，所以， 如图， 过点D作于点O，连接，则， 因为，，所以，所以且， 又，所以，所以， 又，平面ABC，所以平面， 平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理可得，再由勾股定理可得，结合线面垂直的判定定理可得平面，即可证明面面垂直； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，两两垂直，如图，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，的一个方向向量， 轴，所以的一个方向向量， 设平面的法向量，则， 令可得，平面的一个法向量， 又平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则. 17. 已知． （1）若在上单调递增，求a的取值范围； （2）若的图像在处的切线为，求a与b的值，并证明时，． 【答案】（1） （2）因为，，所以在处切线方程为， 根据题意，该切线为，所以，解得，， 所以，因为，所以， 下面证明：， （法一）先证，即， 令，，则， 所以在是增函数，所以，即，① 再证，即， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上是减函数，在上是增函数， 所以，即，所以，② 由①②得，综上，在上成立． （法二）设，则， 因为两个函数均在上单调递增， 所以在上单调递增， 因为，， 所以使，所以，即， 当时，，时，， 所以在单调递减，在单调递增， 所以， 当且仅当时等号成立， 因为，所以，即， 所以在上成立. 【解析】 【分析】（1）若在上单调递增，则对恒成立，通过构造函数转化为求最值问题可解； （2）由已知，利用导数的几何意义求得a与b的值，得到，则，问题转化为证明 .（法一）利用导数先证明，再证明，可得结果；（法二）设，利用导数证明当时，即可. 【小问1详解】 若在上单调递增， 则对恒成立， 设， 则在上恒成立，所以在上单调递减， 所以只需，即，所以a的取值范围是. 【小问2详解】 略 18. 已知椭圆，中心在原点，且与抛物线有相同的焦点，且椭圆上的点到点距离的最小值为1． （1）求圆的标准方程； （2）过点作直线交椭圆于两点，过点作直线的垂线，为垂足，连接与y轴交于点，求面积的最大值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由题意可得椭圆的一个焦点为，从而设椭圆，根据，，求解即可； （2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理可得，写出直线方程可得，求出到直线的距离及弦的长度，再利用基本不等式求解即可. 【小问1详解】 解：抛物线的焦点为， 所以椭圆的一个焦点为， 设椭圆， 则， 又因为椭圆上的点到点距离的最小值为1， 即， 所以，， 所以椭圆； 【小问2详解】 解：由题意知直线的斜率存在， 设直线的方程为，，， 则， 由，得，， 所以，， 令，得． 因为， 代入上式得， 所以， 设到直线的距离为d，则， ， 所以， 因为，所以， 当且仅当时等号成立 所以， 即面积的最大值为． 19. 表示正整数a，b的最大公约数，若，且，，则将k的最大值记为，例如：，. （1）求，，； （2）已知时，. （i）求； （ii）设，数列的前n项和为，证明：. 【答案】（1）；； （2）（i）； （ii）解法一：因为， 所以，所以， 令，因为， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以数列的前n项和， 所以， 又因为，所以， 解法二：因为，所以， 又因为， 所以， 所以， 所以，所以 因为，所以. 【解析】 【分析】（1）依题可得表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，进一步分析即可求解； （2）（i）依题可得中与互质的正整数个数为，中与互质的正整数个数为，再结合即可求解； （ii）先求得，可利用，根据等比数列求和后即可求解；也可以利用放缩法结合数列求和的裂项相消法求解. 【小问1详解】 依题可得表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数， 因为与2互质的数为1，所以； 因为与3互质的数为1，2，所以； 因为与6互质的数为1，5，所以. 【小问2详解】 （i）因为中与互质的正整数只有奇数， 所以中与互质的正整数个数为，所以， 又因为中与互质的正整数只有与两个， 所以中与互质的正整数个数为， 所以，所以， （ii）略 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键点一：对题中定义的理解；关键点二：对的放缩，或者. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年锦州市普通高中高三质量检测 数学 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，满分150分. 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3．答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答题标号；答非选择题时，将答案写在答题卡上相应区域内，超出答题区域或写在本试卷上无效. 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，若,则的值为 A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点在第二象限，则复数对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知平面直角坐标系中的两个向量a＝（1，2），b＝（m，3m－2），且平面内的任一向量c都可以唯一地表示成c＝λa＋μb（λ，μ为实数），则实数m的取值范围是（　　） A. （－∞，2） B. （2，＋∞） C. （－∞，＋∞） D. （－∞，2）∪（2，＋∞） 4. 已知圆锥的底面半径为1，侧面积为，过其底面圆周上一点A作平面，若截圆锥得到的截面曲线为椭圆，则该椭圆长轴长的最小值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 5. 5G技术在我国已经进入高速发展的阶段，5G手机的销量也逐渐上升．某手机商城统计了1至5月份5G手机的实际销量，如下表所示： 月份x 1月 2月 3月 4月 5月 销售量y（千只） 0.5 0.6 1.0 1.4 1.7 若y与x线性相关，且求得线性回归方程为，则下列说法不正确的是（ ） A. 由题中数据可知， B. 由题中数据可知，6月份该商城5G手机的实际销量为2（千只） C. 由题中数据可知，变量x和y正相关，且相关系数一定小于1 D. 若不考虑本题中的数据，回归直线可能不过，，…，中任一个点 6. 已知是方程的两个实根，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 7. 设直线与x轴交于点A，圆，过l上一点P作圆O的两条切线，，C，D为切点，中点为M，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 若函数在上单调，为实数，则（ ） 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. 已知数列，其前n项和为，数列，其前n项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 若为等差数列，则数列也是等差数列 B. 若，则数列为等比数列 C. 若，则时取到最小值 D. 若为等比数列，且，则 10. 某数学研究小组发现，函数的图象是双曲线，设其焦点为M，N，点P为其图象上任意一点，则（ ） A. 直线是它的一条渐近线 B. 它的离心率为 C. 点是它的一个顶点 D. 11. 已知函数，则（ ） A. 在区间单调递增 B. 的图象关于直线对称 C. 的值域为 D. 关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的二项展开式中，若只有的系数最大，则__________． 13. 函数的最小值为_________． 14. 已知球O的体积为，正四面体的顶点B，C，D都在球O的表面上，球心O为的外心，棱与球面交于点P，若平面，平面，平面，平面，平行且与之间的距离为同一定值，棱，分别与交于点Q，R，则的周长为______． 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. 甲、乙两人对比进行射击训练，共进行100个回合．每个回合．甲、乙各射击一次，甲、乙每次至少都击中8环，统计资料显示甲击中8环，9环，10环的概率分别为0.7，0.2，0.1，乙击中8环，9环，10环的概率分别为0.6，0.2，0.2，且甲、乙两人射击相互独立．记第i个回合甲、乙击中的环数分别为，，，2，…，100． （1）在某一个回合训练中，已知乙击中的环数少于甲击中的环数，求甲击中10环的概率： （2）中心极限定理是概率论中的一个重要结论：若随机变量，则当且时，可以由服从正态分布的随机变量近似替代，且的期望与方差分别与的均值与方差近似相等．根据该定理，设满足（，2，…，100）的i值有k个，利用正态分布估计的概率．（结果保留小数点后两位） 附：（若，则，，．） 16. 如图，在三棱锥中，，，． （1）证明平面平面； （2）若E，F分别为棱，的中点，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知． （1）若在上单调递增，求a的取值范围； （2）若的图像在处的切线为，求a与b的值，并证明时，． 18. 已知椭圆，中心在原点，且与抛物线有相同的焦点，且椭圆上的点到点距离的最小值为1． （1）求圆的标准方程； （2）过点作直线交椭圆于两点，过点作直线的垂线，为垂足，连接与y轴交于点，求面积的最大值． 19. 表示正整数a，b的最大公约数，若，且，，则将k的最大值记为，例如：，. （1）求，，； （2）已知时，. （i）求； （ii）设，数列的前n项和为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $