精品解析：东北三省部分高中联盟2025届高三下学期第二次模拟联合调研（3月）数学试题

东北三省部分高中联盟第二次模拟联合调研（3月） 命题人、校对人：联盟命题中心 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，则中的元素个数是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先解一元二次不等式得出集合A，再根据交集定义计算求解. 【详解】集合， 则. 故选：C . 2. 已知数列，则数列前2025项的下四分位数是（    ） A. 1 B. C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合题意，由百分位数的计算方法计算可得. 【详解】由题意可得数列前2025项从小到大排列为前1013项是，后1012项是1， 又，所以第507项为，所以数列前2025项的下四分位数是. 故选：B 3. 已知，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用同角三角函数关系得出，再代入计算求解即可. 【详解】因为，所以， 所以，即， 则 . 故选：B. 4. 已知展开式各项系数之和为64，则展开式中的系数为（ ） A. 31 B. 30 C. 29 D. 28 【答案】C 【解析】 【分析】先由赋值法得到关于a的方程求出a，接着求出二项式展开式中含和的项即可求出展开式中含的项，进而得解. 【详解】令得，解得， 二项式的展开式的通项公式为且， 所以当时，；当时，， 所以二项式展开式中含的项为， 所以二项式展开式中的系数为. 故选：C. 5. 函数过原点的切线条数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角的正弦公式变形后设切点为，利用导数的意义得到切线方程，再对解的情况进行讨论可得. 【详解】， ， 设切点为，切线方程为， 将原点代入切线方程可得， 所以， 化简可得，解得或， 当时，，，切线方程为； 当时，解得，当为偶数时，对应的切线方程为；当为奇数时，对应的切线方程为； 所以共有3条不同的切线. 故选：C 6. 已知为公差不为0的正项等差数列，，则可为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】AB 【解析】 【分析】结合等差数列的性质利用列项相消法求和后再分情况讨论可得. 【详解】由题意可得， 所以， 所以 ， 即， 令，可得； 令，可得； 令，可得，不符合题意； 令，可得，不符合题意； 故选：AB 7. 已知向量，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由向量的几何意义作出直线与函数的图象，利用与直线平行的函数的切线间距离最短求解. 【详解】设， 点在直线上运动，点在函数的图象上运动. 作出直线与函数的图象， 函数，令，显然当，即时， ，此时. 故选：B. 8. 集合S为不重复的数字组成的六位正整数，若S中任意两数差均为偶数，则S中元素个数最大值是（ ） A. 67000 B. 67200 C. 68800 D. 68880 【答案】D 【解析】 【分析】分集合中的数字全是奇数和偶数讨论，再进行比较可得答案. 【详解】因为集合S为不重复的数字组成的六位正整数，且S中任意两数差均为偶数， 所以集合中的数字全是奇数或者全是偶数. 若中的数字全是奇数，则个位数字为中的1个，有种选法，首位不能为0，有中选法，中间4个位置的排法有种，所以中最多有：个元素. 若中的数字全是偶数： 当个位数是0时，有个； 当个位不是0时，从中选1个，有中选法，首位不能为0，有中选法，中间4个位置的排法有种，这样的数有个. 所以中的数字全是偶数时，最多有：个. 因为，所以中的数字全是偶数时，元素个数最多，最多为个. 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. 半圆形量角器在第一象限内，且与轴、轴相切于D、E两点．设量角器直径，圆心为，点为坐标系内一点．下列选项正确的有（ ） A. 点坐标为 B. C. D. 若最小，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，结合平面向量的运算以及坐标运算，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】由题意得，量角器与轴、轴相切于、两点，且，则，故A正确； 由A可知，，则，则 ，故B错误； 记，则C选项 ，故C正确； 设，则 ， 当时，，故D正确； 故选：ACD. 10. 给定数列，满足三人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过次传球，球仍回到甲手中的不同的传球方式有种，球不回到甲手中的传球方式有种，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，先利用列举法写出数列，的前几项，再探索数列，的递推公式，再由递推公式求通项公式，即可判断各选项的真假. 【详解】经过1次传球，因为是甲开始发球，所以进过1次传球，不可能回到甲手中， 所以，经过1次传球，可能有甲乙，甲丙，两种情况，所以； 经过两次传球，回到甲手中的传法有：甲乙甲，甲丙甲两种， 所以，不回到甲手中的传法有甲乙丙，甲丙乙两种，故； …… 经过次传球，传回甲手中的传法为，没有传回甲手中的传法有； 经过次传球，若第次在甲手中，则第次传球后，球不会在甲手中； 若第次不在甲手中，则第次传球传给甲的方法只有1种，所以. 又每次传球都有2种传法，所以次传球的方法一共有中，所以. 所以. 当时，， 所以. 所以 ， ， …… . 各式相加得： 所以 ， ， …… . 各式相加得： 所以 综上可知：. 所以. 当时，，，所以. 由. 所以选项ABD正确，C错误. 故选：ABD 11. 将抛物线绕其顶点分别逆时针旋转、、后所得的三条曲线与围成的图形称作花瓣曲线（如图阴影区域），、为与其中两条曲线的交点，若，则（ ） A. 开口向上的抛物线的方程为 B. C. 直线截花瓣曲线第一象限部分的弦长最大值为 D. 阴影区域的面积不大于 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意可得，可求得逆时针旋转的抛物线方程判断A；联立交点抛物线方程解出交点坐标再由两点间距离公式可判断B；分别求出抛物线与抛物线斜率为1的切线方程，再求出它们的距离即可判断C；求出抛物线在点处的切线，再求出与平行且与抛物线相切的直线方程，分别求出两三角形的面积，再结合对称性即可推理得到D正确. 【详解】对于A，若，则抛物线， 若抛物线绕其顶点逆时针旋转，可得抛物线方程为， 即，开口向上，故A错误； 对于B，开口向上的抛物线绕其顶点分别逆时针旋转、、所得仍为抛物线，方程分别为、、， 由，解得或，则，由对称性可得， 所以，故B正确； 对于C，设直线与抛物线相切于点， 由，消去得，由， 得，切点， 设直线与抛物线相切于点， 由，消去得，由， 得，切点， 直线的斜率为，即直线与直线平行或重合， 所以直线被第一象限封闭图形截的弦长最大值为，故C正确； 对于D，抛物线，求导得， 则抛物线在点处的切线斜率为， 抛物线在点处的切线方程为，即， 该切线交轴于点，因此， 作且与相切，设切点为， 由切线的斜率为1可得，代入曲线可得， 所以切点为，切线方程为，与横轴的交点为，与交于点， 由面积比为相似比的平方可得小三角形的面积为1， ∴四边形面积为, 所以四叶图的面积小于，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于第_____象限. 【答案】四 【解析】 【分析】根据复数的除法运算与共轭复数的概念，先确定复数，再根据复数的几何意义进行选择. 【详解】因为. 所以，所以复数在复平面内对应的点位于第四象限. 故答案为：四 13. 已知函数，则的解集为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数判断出函数的单调性，根据解析式可判断函数为偶函数，从而可求不等式的解. 【详解】函数的定义域为， ， 当时，，得，在上单调递减， 当时，，得，在上单调递增， 又 ，故为上的偶函数， 故等价于， 即，两边平方解得或. 所以不等式解集为， 故答案为： 14. 已知空间四边形，，，，.则对角线与所成角的余弦值的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】通过三角形算出线段长，作，求得长，然后建立空间直角坐标系，设出点的坐标并得到参数之间的关系，利用空间向量间求得异面直线的夹角的余弦值可得. 【详解】在中，因为，所以， 过点在平面中作于点，则和相似， 所以，所以，， 取中点，连接，在三角形中，因为，所以， 如图，以为坐标原点，为轴，为轴，过作直线垂直于平面，这条直线为轴，建立空间直角坐标系， 因为，，所以，所以， 设，且， 所以，， 设直线与直线的夹角为， 则 ， 因为，所以当时，， 所以当时，， 所以对角线与所成角的余弦值的取值范围是. 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. 设数列满足. （1）求并证明：； （2）证明： 【答案】（1） 因为数列满足， 所以,， 所以， 所以是常数列，所以， 所以； （2） 因为，所以,所以， 因为 都大于零，所以可逐步推出, 所以 ,所以是单调递增数列， 所以， 所以,, 即 ， 以上个式子累加计算得，所以， 所以 ,, 所以，所以. 【解析】 【分析】（1）根据已知递推公式得出是常数列，再计算化简证明； （2）根据单调性结合累加法计算证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 已知函数. （1）讨论的单调区间和极值点个数； （2）若恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） 单调递减区间为，单调递增区间为， 只有一个极值点. （2） 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数分析其单调性，进而求得极值； （2）转化问题为恒成立，利用导数证明，进而求解即可. 【小问1详解】 由，， 则， 令，得；令，得， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为， 当时，函数取得极小值，无极大值，因此只有一个极值点. 【小问2详解】 由恒成立，， 则恒成立， 即恒成立， 下面证明：，， 要证，即证， 即证，即证， 即证， 设，， 则， 设，， 则， 令，得；令，得， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 又，且时，， 则时，，函数单调递减， 时，，函数单调递增， 则，即，则， 所以，当时等号成立， 则，即，即的取值范围为. 17. 已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，，，三棱锥体积为，其外接球半径为，外接球体积为. （1）求; （2）设为线段上的点， （i）若，求直线与平面所成角的余弦值; （ii）平面过点，，且平面，，求平面与平面之间所成角的正切值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）结合题设易得，结合可得平面，平面平面，设中点为，可得平面，进而结合三棱锥的体积公式、外接球性质确定外接球球心，进而可得外接球半径及体积，进而求解即可； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可； （ii）利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 因为，，， 故，即， 则， 故为直角三角形，即， 又，，且，平面， 则平面， 又因为平面，所以平面平面， 设中点为，由，则， 又平面平面，且平面， 所以平面，且， 则. 的外接圆圆心满足， 过的外接圆圆心作直线垂直于平面， 过线段的中点作直线垂直于平面，其中， 则即为三棱锥的外接球球心，且四边形为矩形， 则， 故， 则， 所以. 【小问2详解】 （i）由题意，，则， 以的中点为原点，为轴，为轴，为轴， 建立如下图所示的空间直角坐标系，    则，，，，， 则，即， 故， 则，. 设为平面的一个法向量， 则，令，则， 而， 设直线与平面所成角为， 则， 所以， 故直线与平面所成角的余弦值为. （ii）由题意，，则， 建立与（i）相同的空间直角坐标系， 由（i）可知，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 因为平面，平面， 又， ，即， 则，即， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 设平面与平面之间所成角为， 则， 则，则， 即平面与平面之间所成角的正切值为. 18. 某工厂甲乙两个生产小组进行产品质量比拼，方法如下，两个小组各从生产线取k（k>2）个产品，进行k轮质量对比，每轮对比中，两组分别从自己组抽取的k个产品中随机选一个，并比较所选产品的质量大小，质量大的小组得1分，质量小得小组得0分，然后两组分别将该轮所选产品放回生产线，即它们不会出现在后面得对比中.为了方便研究，设甲小组所抽取产品的质量分别为，乙小组所抽取产品的质量分别为，记甲小组总得分为. （1）求证:; （2）若，求; （3）求证:； 【答案】（1） 表示甲小组总得分为0，即甲全输， 当且仅当乙的每个位置的数均比甲对应位置的数大1， 由于乙的排列必须严格对应甲的排列（每个乙的数为甲的数加1），这样的排列唯一， 总共有种排列组合，符合条件的仅种（甲任意排列，乙对应唯一排列）， 故概率为： （2） （3） 甲恰好赢1次需存在唯一位置i，使得乙在此处放置的数小于甲的数，其余位置乙的数均严格大于甲的数， 符合条件的乙排列数为 ，其中表示所有可能的子集选择，减去全输的情况（种）和无效情况（1种），因此概率为： 【解析】 【分析】（1）表示甲小组总得分为0，即甲全输，当且仅当乙的每个位置的数均比甲对应位置的数大1； （2）先求出甲单次赢的期望，再求总期望即可； （3）甲恰好赢1次需存在唯一位置i，使得乙在此处放置的数小于甲的数，其余位置乙的数均严格大于甲的数. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 甲的产品质量为，乙的产品质量为，每轮甲获胜的概率计算如下： 甲选1时，全输（胜率0）； 甲选3时，乙选2时胜（胜率）； 甲选5时，乙选2或4时胜（胜率）； 甲选7时，乙选2，4或6时胜（胜率）. 单次比较甲获胜的期望为： 总期望为： 【小问3详解】 略 19. 定义:设三角形ABC的内角的对边分别为，若其所在平面内一点O满足，则称点O为三角形ABC的正弦分点. （1）证明:点O为三角形ABC的内心； （2）已知O为坐标原点，动点P到x轴的距离为d，且，其中均为常数，动点P的轨迹称为曲线. （i）已知曲线为曲线，其左顶点为A，右焦点为F，若点是曲线右支上的一点，三角形的正弦分点为Q，证明:点Q在曲线上； （ii）已知曲线为曲线，其焦点分别为，，若点是曲线上的一点，三角形的正弦分点为，则是否存在两定点，使得恒为定值，若存在，求出此定值，若不存在，则说明理由. 【答案】（1） 由正弦定理可知 则. 记， 由于， 所以在直线上， 且， 所以在角的角平分线上， 又因为， 所以三点共线， 即在角的角平分线上， 同理可得在角，角的角平分线上， 即为的内心. （2） （i），，则， 即，，， 设，则， 设直线：，直线：， ，. 代入可得. 显然,否则三点共线构成不了三角形. 故，即① 由（1）可知为的内心.，不妨设在第一象限， 故，代入①可得， 则（舍去，注：）或者， 即. （ii）定值为. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理得，再利用在直线上得到在直线上，，则在角的角平分线上，同理得其在另外两角平分线上即可证明； （2）（i）设直线：，直线：，联立解得点坐标，代入方程得，最后计算得，化简即可； （ii），设，，根据焦半径公式得，，再利用向量关系即可得到，则其轨迹为椭圆，则得到其定长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）， 即，，，设，， ， ，，， 则， 即， 解得，， 则， 即的轨迹为椭圆，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东北三省部分高中联盟第二次模拟联合调研（3月） 命题人、校对人：联盟命题中心 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，则中的元素个数是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 2. 已知数列，则数列前2025项的下四分位数是（    ） A. 1 B. C. 0 D. 3. 已知，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4. 已知展开式各项系数之和为64，则展开式中的系数为（ ） A. 31 B. 30 C. 29 D. 28 5. 函数过原点的切线条数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 已知为公差不为0的正项等差数列，，则可为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知向量，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 8. 集合S为不重复的数字组成的六位正整数，若S中任意两数差均为偶数，则S中元素个数最大值是（ ） A. 67000 B. 67200 C. 68800 D. 68880 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. 半圆形量角器在第一象限内，且与轴、轴相切于D、E两点．设量角器直径，圆心为，点为坐标系内一点．下列选项正确的有（ ） A. 点坐标为 B. C. D. 若最小，则 10. 给定数列，满足三人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过次传球，球仍回到甲手中的不同的传球方式有种，球不回到甲手中的传球方式有种，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 将抛物线绕其顶点分别逆时针旋转、、后所得的三条曲线与围成的图形称作花瓣曲线（如图阴影区域），、为与其中两条曲线的交点，若，则（ ） A. 开口向上的抛物线的方程为 B. C. 直线截花瓣曲线第一象限部分的弦长最大值为 D. 阴影区域的面积不大于 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于第_____象限. 13. 已知函数，则的解集为______. 14. 已知空间四边形，，，，.则对角线与所成角的余弦值的取值范围是______. 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. 设数列满足. （1）求并证明：； （2）证明： 16. 已知函数. （1）讨论的单调区间和极值点个数； （2）若恒成立，求的取值范围. 17. 已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，，，三棱锥体积为，其外接球半径为，外接球体积为. （1）求; （2）设为线段上的点， （i）若，求直线与平面所成角的余弦值; （ii）平面过点，，且平面，，求平面与平面之间所成角的正切值. 18. 某工厂甲乙两个生产小组进行产品质量比拼，方法如下，两个小组各从生产线取k（k>2）个产品，进行k轮质量对比，每轮对比中，两组分别从自己组抽取的k个产品中随机选一个，并比较所选产品的质量大小，质量大的小组得1分，质量小得小组得0分，然后两组分别将该轮所选产品放回生产线，即它们不会出现在后面得对比中.为了方便研究，设甲小组所抽取产品的质量分别为，乙小组所抽取产品的质量分别为，记甲小组总得分为. （1）求证:; （2）若，求; （3）求证:； 19. 定义:设三角形ABC的内角的对边分别为，若其所在平面内一点O满足，则称点O为三角形ABC的正弦分点. （1）证明:点O为三角形ABC的内心； （2）已知O为坐标原点，动点P到x轴的距离为d，且，其中均为常数，动点P的轨迹称为曲线. （i）已知曲线为曲线，其左顶点为A，右焦点为F，若点是曲线右支上的一点，三角形的正弦分点为Q，证明:点Q在曲线上； （ii）已知曲线为曲线，其焦点分别为，，若点是曲线上的一点，三角形的正弦分点为，则是否存在两定点，使得恒为定值，若存在，求出此定值，若不存在，则说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $