精品解析：辽宁省部分重点高中联盟2025-2026学年新高三起点考试数学科试卷

2026年辽宁省部分重点高中联盟新高三起点考试 数学科试卷 注意事项： 1． 答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及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．如需要改动，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． 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，，则p是q成立的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分亦非必要条件 2. 设复数在复平面内对应的点为，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 3 3. 已知等边三角形的一个顶点位于原点，另外两个顶点在抛物线上，则这个等边三角形的边长是（ ） A. B. C. D. 4. 已知是钝角，，则（ ） A. B. C. D. 5. 在某病毒疫苗的研发过程中，需要利用基因编辑小鼠进行动物实验．现随机抽取100只基因编辑小鼠对该病毒疫苗进行实验，得到如下2×2列联表（部分数据缺失）： 被某病毒感染 未被某病毒感染 合计 注射疫苗 10 50 未注射疫苗 30 50 合计 30 100 计算可知，根据小概率值α＝________的独立性检验，分析 “给基因编辑小鼠注射该种疫苗能起到预防该病毒感染的效果”（　　） 附：，n＝a＋b＋c＋d. α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 A. 0.001 B. 0.05 C. 0.01 D. 0.005 6. 用半径为的圆形铁皮剪出一个圆心角为的扇形，制成一个圆锥形容器，则该圆锥形容器的容积最大值是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的值域与函数的值域相同，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 7名教师甲、乙、丙、丁、戊、己、庚带领学生参加“探秘未知”活动，教师随机分为4组，每组至少一人，则甲乙同组且丙丁同组的概率为（ ） 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. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 已知随机变量X服从正态分布，若，则 B. 对具有线性相关关系的变量x，y，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数m的值是4 C. 已知随机变量X服从二项分布，若，则 D. 样本相关系数r，当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强 10. 在斜三角形中，下列结论可能成立的是（ ） A. B. C. D. 11. 设数列和的项数均为m，称为数列和的距离．记满足的所有数列构成的集合为C．已知数列和为集合C中的两个元素，项数均为m，则下列说法正确的是（ ） A. 数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为4 B. 若，则 C. 若则 D. 若数列和的距离不超过2025，则m的最大值为3470 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数单调递增区间为________. 13. 如图，在中，，是边上的高，若，则的面积为___________. 14. 设正整数数列满足，则的前项中偶数的个数是_______． 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. 在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知． （1）求角B的大小； （2）求的取值范围 16. 如图，三角形中，，，点在线段上，点在线段上，满足，，点、分别为、中点． （1）证明：、、三点共线； （2）现将三角形沿翻折至三角形，得到四棱锥，若，，连接，求平面与平面夹角的正弦值． 17. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：存在唯一极大值点，且． 18. 已知双曲线的焦距为4，左右焦点分别为，若点P为双曲线C上一点，过点P分别作双曲线C两条渐近线的平行线，与两条渐近线分别交于点，四边形的面积为．设点分别为双曲线的左右顶点，过点的直线与双曲线交于点（不同于点．设直线与交于点G，直线与交于点H，双曲线在点处的切线交于点R． （1）求双曲线C的标准方程； （2）试探究是否是定值，若是，求出此定值；若不是，说明理由． 19. 在一个不透明的袋子中，装有个形状大小相同、颜色互不相同的小球，某人先后两次任意摸取小球（每次至少摸取1个小球），第一次摸取后记录摸到的小球颜色，再将摸到的小球放回袋中；第二次摸取后，也记下摸取到的小球颜色． （1）求某种特定颜色两次都被记下的概率； （2）设第一次摸出个球，两次摸球后，恰有种颜色两次都被记下． ①求的分布列；②当时，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年辽宁省部分重点高中联盟新高三起点考试 数学科试卷 注意事项： 1． 答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及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．如需要改动，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． 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，，则p是q成立的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分亦非必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分必要条件的定义即可得出结论． 【详解】由于命题；，推不出 故是的充分不必要条件． 故选：A 2. 设复数在复平面内对应的点为，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】先得到，利用复数除法法则得到，求出虚部. 【详解】由题意可知，所以， 则的虚部为. 故选：B. 3. 已知等边三角形的一个顶点位于原点，另外两个顶点在抛物线上，则这个等边三角形的边长是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设等边三角形的另外两个顶点分别为、，由对称性可知点、关于轴对称，不妨设点在第一象限，则直线的倾斜角为，可得出直线的方程，将该直线方程与抛物线方程联立，求出点的坐标，进而可得出点的坐标，可求出，由此可得出该等边三角形的边长. 【详解】设等边三角形的另外两个顶点分别为、，由对称性可知点、关于轴对称， 不妨设点在第一象限，则直线的倾斜角为，直线的方程为， 联立可得，解得或，即点， 故点，则， 因此，该等边三角形的边长为. 故选：D. 4. 已知是钝角，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由同角三角函数的基本关系可得出的值，利用同角三角函数的基本关系可得出关于、的方程组，结合是钝角可求得的值. 【详解】因为为钝角，则，， 所以 ， 故， 由题意可得，解得， 故选：D. 5. 在某病毒疫苗的研发过程中，需要利用基因编辑小鼠进行动物实验．现随机抽取100只基因编辑小鼠对该病毒疫苗进行实验，得到如下2×2列联表（部分数据缺失）： 被某病毒感染 未被某病毒感染 合计 注射疫苗 10 50 未注射疫苗 30 50 合计 30 100 计算可知，根据小概率值α＝________的独立性检验，分析 “给基因编辑小鼠注射该种疫苗能起到预防该病毒感染的效果”（　　） 附：，n＝a＋b＋c＋d. α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 A. 0.001 B. 0.05 C. 0.01 D. 0.005 【答案】B 【解析】 【分析】计算卡方，再根据独立性检验的概念判断即可. 【详解】完善2×2列联表如下： 被某病毒感染 未被某病毒感染 合计 注射疫苗 10 40 50 未注射疫苗 20 30 50 合计 30 70 100 零假设为H0：“给基因编辑小鼠注射该种疫苗不能起到预防该病毒感染的效果”． 因为χ2＝， 所以根据小概率值的独立性检验，推断H0不成立， 即认为“给基因编辑小鼠注射该种疫苗能起到预防该病毒感染的效果”． 故选：B. 6. 用半径为的圆形铁皮剪出一个圆心角为的扇形，制成一个圆锥形容器，则该圆锥形容器的容积最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用扇形弧长与圆锥底面周长相等得出，再利用体积公式求出体积，其是关于的函数，通过构造函数，其中，研究最大值，求出，即可求出的最大值. 【详解】设圆形半径为，圆锥底面半径为， 则扇形的弧长为，圆锥底面周长为，则，即， 则圆锥的高为， 则圆锥的体积为 设，其中，则， 由得；得， 则在上单调递增，在上单调递减， 故当时，取最大值，即时，圆锥的体积取最大值， 且， 故选：B. 7. 已知函数的值域与函数的值域相同，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用导数求出函数的值域，再根据条件列不等式，解得结果. 【详解】因为，，定义域为. 所以. 当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 所以当时，取得最大值为. 当，所以函数的值域为. 令，则， 要使函数的值域为， 则，解得或，又， 所以，. 故选：D. 8. 7名教师甲、乙、丙、丁、戊、己、庚带领学生参加“探秘未知”活动，教师随机分为4组，每组至少一人，则甲乙同组且丙丁同组的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题知不同的分组方法有4,1,1,1；3,2,1,1；2,2,2,1三种；利用不平均分组问题计算方法数，列出符合题意得情况，然后求概率即可. 【详解】根据题意，不同的分组方法有4,1,1,1；3,2,1,1；2,2,2,1三种； 当分组为4,1,1,1时，共有种，其中甲乙同组且丙丁同组有1种； 当分组为3,2,1,1时，共有种，其中甲乙同组且丙丁同组有种； 当分组为2,2,2,1时，共有种，其中甲乙同组且丙丁同组有种； 所以乙同组且丙丁同组的概率为. 故选：A. 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. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 已知随机变量X服从正态分布，若，则 B. 对具有线性相关关系的变量x，y，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数m的值是4 C. 已知随机变量X服从二项分布，若，则 D. 样本相关系数r，当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的对称性，可求得的值，判断A；根据线性回归直线过样本中心可求得m的值，判断B；根据二项分布的方差的性质可判断C；根据样本相关系数的意义可判断D. 【详解】对于A，随机变量X服从正态分布，则由， 可得，即， 故，则，A正确； 对于B，将样本点的中心代入，可得，B错误； 对于C，随机变量X服从二项分布，则， 若，则，C正确； 对于D，样本相关系数r，当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强，正确， 故选：ACD 10. 在斜三角形中，下列结论可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用正弦定理结合三角形三边关系可判断A选项；利用两角和的正切公式可判断B选项；利用三角恒等变换结合正切函数的单调性可判断C选项；取，结合二倍角的正弦公式求出的值，可判断D选项. 【详解】在斜三角形中，设内角、、的对边分别为、、， 对于A选项，若，由正弦定理可得， 由三角形三边关系可知等式不成立，A错； 对于B选项，若， 由两角和的正切公式可得， 故， 因为，故只需即可，合乎题意； 对于C选项，若，则， 即， 所以，即， 因为、，故，， 所以， 即， 即， 因为、，则、，故， 所以， 由题意可得，故， 由于，故， 因为正切函数在上单调递增，故，整理得， 这与三角形的内角和定理矛盾，C错； 对于D选项，若，由可得， 即， 等式两边平方可得， 即，因为，解得， 因为，则，故，则， 由于，， 所以满足条件的锐角存在，D对. 故选：BD. 11. 设数列和的项数均为m，称为数列和的距离．记满足的所有数列构成的集合为C．已知数列和为集合C中的两个元素，项数均为m，则下列说法正确的是（ ） A. 数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为4 B. 若，则 C. 若则 D. 若数列和的距离不超过2025，则m的最大值为3470 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据数列距离的定义直接求解可判断A；根据递推公式迭代判断周期性，利用周期性化简可判断B；周期性结合基本不等式可判断C；利用周期性求时，数列和的距离即可判断D. 【详解】对于A，数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为，正确； 对于B，由得， 所以数列为以4为周期的周期数列，且， 记，则， 则， 同理，记，可得，正确； 对于C，，错误； 对于D，因为所以，， 因为，所以项数越大，数列和的距离越大， 因为，， 所以， 所以数列和的距离不超过2025，则m的最大值为3470，正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数单调递增区间为________. 【答案】 【解析】 【分析】先对函数化简变形得，然后由求出函数的增区间，从而可求出其在上增区间 【详解】因为， 所以 令，则， 所以函数在上的单调增区间为， 因为， 所以函数在上的单调增区间为 故答案为： 13. 如图，在中，，是边上的高，若，则的面积为___________. 【答案】3 【解析】 【分析】利用已知条件和余弦定理化简三角形面积，再结合和，即得，得到结果. 【详解】解：因为，， 所以 . 故答案为：3. 【点睛】关键点点睛： 本题的解题关键在于代入数值，灵活运用余弦定理和勾股定理化简面积到已知定值上，即突破难点. 14. 设正整数数列满足，则的前项中偶数的个数是_______． 【答案】 【解析】 【分析】分别令、、，求出数列前项的值，猜想得出，再利用数学归纳法证明出猜想成立，然后列举出数列前若干项的值，可知，即可得解. 【详解】当时，由题意可得， 因为数列是正整数数列，假设，则， 为了满足为正，只需，即， 假设，则，可得，合乎题意， 假设，则，可得不是正整数， 故，从而可得， 当时，则有，即，解得， 当时，， 即，解得， 当时，， 猜想， 假设当时，猜想成立，即， 当时，， 由猜想可得，则， 所以 ， 所以 ， 这说明当时猜想也成立，故数列满足， 所以，数列的各项依次为：，，，，，，，，，，， 由上可知均为偶数， 又因为，故的前项中偶数的个数是. 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. 在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知． （1）求角B的大小； （2）求的取值范围 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边化角，与两角和的正弦公式求得B的值； （2）根据正弦定理边化角，再利用同角的三角函数关系结合角的范围求得取值范围． 【详解】（1）由， 根据正弦定理，有 即有 则有，又， 所以， （2）由（1），，则，又为锐角三角形， 所以，且， 所以，于是 则 又 所以，的取值范围是 【点睛】本题主要考查了正弦定理、同角的三角函数关系以及两角和差的正弦公式，正确求得角的范围是解题的关键． 16. 如图，三角形中，，，点在线段上，点在线段上，满足，，点、分别为、中点． （1）证明：、、三点共线； （2）现将三角形沿翻折至三角形，得到四棱锥，若，，连接，求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证明出，即可证得结论成立； （2）证明出平面，求出的值，以及的长，以点为原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可取得平面与平面夹角的正弦值． 【小问1详解】 因为点在线段上，满足，为的中点， 所以，， 因为为的中点，所以， 因为点在线段上，，即， 即，故，所以， 所以、、三点共线. 【小问2详解】 因为，，，，故，， 因为为的中点，所以， 将三角形沿翻折至三角形，得到四棱锥，则， 因为，、平面，故平面， 在中，，，， 由余弦定理可得， 在中，， 由余弦定理可得， 所以，故， 因为，故， 以点为原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、， 设平面A'CF的一个法向量为，，， 则，则， 取，可得， 设平面A'EP的一个法向量为，，， 则，则， 取，可得， 所以， 故. 因此，平面A'CF与平面A'EP夹角的正弦值为. 17. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：存在唯一极大值点，且． 【答案】（1）； （2）证明见解析﹒ 【解析】 【分析】(1)求出f(x)的导数，求出f(1)和，根据导数几何意义和直线的点斜式方程即可求解； (2)讨论的正负，判断f(x)的单调性，从而可证明f(x)有唯一极大值点，并可求出的范围，结合和即可求出的范围． 【小问1详解】 ， ，， ∴曲线在点处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 ， 令，得或， 设，∵在上单调递增， 且，， ∴存在唯一，使得，即， 故时，x-2<0，，，f(x)单调递增， 时，x-2<0，，，f(x)单调递减， 时，x-2>0，，，f(x)单调递增， ∴是函数的唯一极大值点； ∵，∴； 又，即， ∴， 令，， 则，故在上单调递增， 故， 综上所述：． 【点睛】本题关键是对因式分解，构造函数，求出g(x)的零点，由此判断f(x)单调性和极值点，利用将和转化为幂函数，从而可对范围进行研究． 18. 已知双曲线的焦距为4，左右焦点分别为，若点P为双曲线C上一点，过点P分别作双曲线C两条渐近线的平行线，与两条渐近线分别交于点，四边形的面积为．设点分别为双曲线的左右顶点，过点的直线与双曲线交于点（不同于点．设直线与交于点G，直线与交于点H，双曲线在点处的切线交于点R． （1）求双曲线C的标准方程； （2）试探究是否是定值，若是，求出此定值；若不是，说明理由． 【答案】（1）. （2）. 【解析】 【分析】（1）设出点坐标，联立可解出两点坐标，结合四边形的面积为建立方程求出基本量，最后求出双曲线方程即可. （2）联立方程组，利用韦达定理，求出关键点的坐标，再结合中点坐标公式进行化简证明即可. 【小问1详解】 已知双曲线焦距为4，即，故.  又因为，所以 . 如图，设点在双曲线上，满足，双曲线的渐近线方程为. 而四边形的面积为，且​​由题意得四边形为平行四边形， 因为，， 解得，，则， 同理可得， 由平行四边形面积公式得=（为点到直线的距离）. 因为；渐近线为. 所以；代入得，可得， 所以解得，解得，. 所以双曲线的标准方程为. 【小问2详解】 易知斜率不存在时候不符合题意， 故设直线方程为，， 代入双曲线方程联立可得， 化简得. 且； 如图，设，，其中， 则由韦达定理得，. 直线过和，方程为. 直线过和，方程为. 直线与交于点，可得， 则，可得， 则， 可得， 则， 可得， 得到， 则，故， 因为，所以， 则， 得到，则， 故，故解得， 同理直线与交于点，其横坐标为. 而双曲线在点和处的切线方程分别为， 联立解得切线交点的坐标为，. 因此，点，，均在直线上； 设，，. 由中点坐标公式得中点坐标为 ， 故为和的中点，即，因此. 19. 在一个不透明的袋子中，装有个形状大小相同、颜色互不相同的小球，某人先后两次任意摸取小球（每次至少摸取1个小球），第一次摸取后记录摸到的小球颜色，再将摸到的小球放回袋中；第二次摸取后，也记下摸取到的小球颜色． （1）求某种特定颜色两次都被记下的概率； （2）设第一次摸出个球，两次摸球后，恰有种颜色两次都被记下． ①求的分布列；②当时，求． 【答案】（1） （2）①，. ②. 【解析】 【分析】（1）先计算总的摸球情况数，再计算恰有一种特定颜色两次都被记下的情况数，最后利用古代古典概型公式计算概率. （2）根据分布列的定义求的分布列，当时，代入求得． 【小问1详解】 第一次摸球，从个球中至少摸一个球，情况数为；第二次摸球同样有种情况. 则两次摸球的总的可能情况数为. 除了特定的颜色的球外，对于剩下的种颜色，第一次摸球有种情况； 第二次摸球也有种情况.所以对于这种颜色，两次摸球的情况数为. 那么特定颜色的球两次都被记录下来的情况数为. 根据古典概型的概率计算公式，则特定颜色颜色两次都被记录下来的概率为： . 【小问2详解】 ①第一次摸出个球，可能取得的值为0，1，···，. 对于，从种颜色中选种颜色，有种选法. 对于剩下的种颜色，第一次没摸到，第二次至少摸到一个球，有种情况； 对于这种颜色，第一次摸到，第二次也摸到，有一种情况. 所以，. ②当时,可能取得的值为0，1，···，. 因为根据期望公式，可以得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $