精品解析：辽宁点石联考2025-2026学年高三上学期期末质量监测数学试卷

高三期末质量监测 数学 本卷满分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、准考证号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置.考试结束后，将答题卡交回. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 在菱形中，，则（ ） A. B. C. 150° D. 120° 2. 在复平面内，对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知集合A，B为实数集的子集，且，则 （ ） A. B. C. Q D. 4. 已知命题，为假命题，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数是偶函数，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 6. 已知圆柱、圆锥的底面半径和球的半径相同，且圆柱的高等于球的直径，圆锥的体积等于圆柱的体积，若三者的体积之和为，则圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 7. 若函数满足，设甲：的图象关于点中心对称；乙：，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是乙的必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是乙的充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 8. 设函数，设，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 从1，2，3，4，5中有放回随机抽取一个数字（可以重复），连续抽取6次，得到一组数据1，5，1，4，5，2，则（ ） A. 这组数据的平均数为3 B. 这组数据的极差为1 C. 这组数据的方差为3 D. 继续随机抽取2个数字，则它们均为3的概率为 10. 已知椭圆 的左、右焦点分别为，，P为椭圆上且不在轴上的动点，则（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 的面积的最大值为 C. 的最小值为 D. 坐标原点到椭圆的左顶点和上顶点所构成直线的距离为 11. 已知的面积为，，点D，E满足，， ，点满足，则（ ） A. 是等腰三角形 B. C. 当A，B，C，P四点共圆时，的面积不大于 D. 当时， 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知双曲线的渐近线方程为，则 的焦距为_____. 13. 若，则_____. 14. 记函数的所有极值点从小到大排列成数列，设是的前项和，则_____. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 某兴趣小组对校内学生对中国象棋的兴趣程度进行问卷调查，调查结果如下： 非常感兴趣 比较感兴趣 不感兴趣 男生 100 60 40 女生 50 50 100 用频率估计概率. （1）随机抽取一名男生，求他对中国象棋比较感兴趣的概率； （2）将非常感兴趣与比较感兴趣统称为感兴趣.根据小概率值的独立性检验，分析学生对中国象棋的兴趣程度是否与学生性别有关. 附：. 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 16. 如图，在三棱台中，，平面ABC， . （1）证明：平面 平面； （2）点M满足，求平面 与平面夹角的余弦值. 17. 平面直角坐标系中，动点P，Q为抛物线上不同象限内的两点，且直线的斜率为1，已知当直线过的焦点时，. （1）求的方程； （2）求的取值范围. 18. 记为正项数列的前项和，已知，. （1）求的通项公式； （2）等差数列满足，，. （i）求的通项公式； （ii）求的前项和. 19. （1）当时，不等式恒成立，求的取值范围； （2）设集合，证明：是的充要条件； （3）若不等式对于任意恒成立，求实数的最大值与实数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三期末质量监测 数学 本卷满分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、准考证号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置.考试结束后，将答题卡交回. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 在菱形中，，则（ ） A. B. C. 150° D. 120° 【答案】A 【解析】 【分析】由题设结合数量积定义可得答案. 【详解】由题可得， 则， 因，知. 故选：A. 2. 在复平面内，对应的点位于（ ） 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】先求出所求复数，再判断其对应点所在象限即可. 【详解】由题意得，则 ， 则该复数对应的点位于第三象限，故C正确. 故选：C 3. 已知集合A，B为实数集的子集，且，则 （ ） A. B. C. Q D. 【答案】D 【解析】 【分析】注意到，然后由并集定义可得答案. 【详解】由条件可知，可得. 故选：D. 4. 已知命题，为假命题，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据命题的否定及不等式恒成立问题即可求解. 【详解】由题意可转换为，， 当时，，符合题意； 当 时，由恒成立知，得， 综上：的取值范围是. 故选：C. 5. 已知函数是偶函数，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由偶函数定义结合题设可得答案. 【详解】由偶函数性质可知，即，设， 则，因函数在递增， 则，又时该等式恒成立，则. 故选：A. 6. 已知圆柱、圆锥的底面半径和球的半径相同，且圆柱的高等于球的直径，圆锥的体积等于圆柱的体积，若三者的体积之和为，则圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设三者半径均为，根据圆锥、圆柱、球的体积公式结合题设可求得 ，再求得圆锥的高、母线长，进而根据圆锥的侧面积公式求解即可. 【详解】不妨设三者半径均为，由题意知圆柱的高为 ，故其体积为， 故圆锥的体积为，而球的体积为， 故，解得 ， 记圆锥的高为，由，得， 故圆锥的母线长， 于是圆锥的侧面积. 故选：D 7. 若函数满足，设甲：的图象关于点中心对称；乙：，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是乙的必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是乙的充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】记，，由题可得.对于充分性，由的图像关于点中心对称，可得，，据此可完成判断；对于必要性，注意到，，可知，据此可完成判断. 【详解】记，，因为，则. 充分性：的图像关于点中心对称，则， ，即， ， 则，故，充分性成立； 必要性：由或， 若，则. 所以在任何情况下都有，则或. 当，则； 当，则， 则，，. 综上可得：， ，故的图像关于点中心对称，必要性成立. 即命题甲是命题乙的充要条件. 故选：C. 8. 设函数，设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由指对运算以及不等式的性质求解即可. 【详解】注意到， 故，且. 故选：B. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 从1，2，3，4，5中有放回随机抽取一个数字（可以重复），连续抽取6次，得到一组数据1，5，1，4，5，2，则（ ） A. 这组数据的平均数为3 B. 这组数据的极差为1 C. 这组数据的方差为3 D. 继续随机抽取2个数字，则它们均为3的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于ABC，由平均数，极差，方差计算方法可得答案；对于D，由题设可计算概率． 【详解】对于A，平均数，故A正确； 对于B，显然这组数据的极差为，故B错误； 对于C，这组数据的方差为： ，故C正确； 对于D，连续抽取两个数共有种可能，这两个数均为3仅一种可能，故，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知椭圆 的左、右焦点分别为，，P为椭圆上且不在轴上的动点，则（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 的面积的最大值为 C. 的最小值为 D. 坐标原点到椭圆的左顶点和上顶点所构成直线的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据椭圆的离心率公式即可判断A；根据结论当点位于椭圆的上、下顶点处时，的面积最大即可判断B；利用椭圆定义和基本不等式即可判断C；利用点到直线距离公式即可判断D. 【详解】由题易知， ，，所以，. 设.对于A，椭圆的离心率，故A正确； 对于B，由题可知，当点位于椭圆的上、下顶点处时，的面积最大， 且最大值为，故B正确； 对于C，因为， 所以 ，当且仅当时，等号成立，故C错误； 对于D，由题可知椭圆的左顶点为，上顶点为， 这两点所在直线的方程为， 原点到直线的距离，即，故D正确. 故选：ABD 11. 已知的面积为，，点D，E满足，， ，点满足，则（ ） A. 是等腰三角形 B. C. 当A，B，C，P四点共圆时，的面积不大于 D. 当时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，根据三角形内角和定理、两角和的正弦公式，结合正弦定理进行运算判断即可；对B，根据三角形面积公式，结合余弦二倍角公式进行运算判断即可；对C，根据余弦定理、三角形面积公式，结合同角的三角函数关系式进行运算判断即可；对D，运用余弦定理、相似三角形的性质进行运算判断即可. 【详解】对于A选项，显然A，B为锐角， 由 和三等分点关系有为锐角， 由得， 由正弦定理得， 于是，由 为锐角知 ，故A正确； 对于B选项，， 即， 由为锐角知. 取中点，设，可得，，， 由面积知，解得，， 而，得，故B正确； 对于C选项，设，则， 当A，P在同侧时，显然， 由余弦定理知， 而， 故的面积，故C错误； 对于D选项，此时由勾股定理得，得， 记到的距离为，由相似得，即， 作 ，垂足为，由勾股定理得，可得， 于是 ，故D正确. 故选ABD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知双曲线的渐近线方程为，则 的焦距为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线的渐近线方程，结合双曲线的焦距定义进行求解即可. 【详解】 的渐近线为， 于是，解得， 故 的焦距为. 故答案为： 13. 若，则_____. 【答案】或0 【解析】 【分析】平方之后结合平方关系转化为关于的一元二次方程求解即可. 【详解】两边平方，得， 可得，得或. 经检验，当时，， 当时，，均符合题意， 故答案为：或0. 14. 记函数的所有极值点从小到大排列成数列，设是的前项和，则_____. 【答案】## 【解析】 【分析】根据极值点的定义求出，进而根据求解即可. 【详解】令，解得或， ， 因此，，，，…， 故 ， 故. 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 某兴趣小组对校内学生对中国象棋的兴趣程度进行问卷调查，调查结果如下： 非常感兴趣 比较感兴趣 不感兴趣 男生 100 60 40 女生 50 50 100 用频率估计概率. （1）随机抽取一名男生，求他对中国象棋比较感兴趣的概率； （2）将非常感兴趣与比较感兴趣统称为感兴趣.根据小概率值的独立性检验，分析学生对中国象棋的兴趣程度是否与学生性别有关. 附：. 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1） （2）与学生性别有关 【解析】 【分析】（1）根据图表中的数据分析，结合古典概型的概率公式计算即可求解； （2）根据卡方的计算公式，结合独立性检验的思想即可下结论. 【小问1详解】 注意到， （比较感兴趣的男生） ， 故. 【小问2详解】 可得如下列联表： 感兴趣 不感兴趣 合计 男生 160 40 200 女生 100 100 200 合计 260 140 400 零假设为：学生对中国象棋的兴趣程度与学生性别无关， ， 不成立， 于是根据小概率值的独立性检验，学生对中国象棋的兴趣程度与学生性别有关. 16. 如图，在三棱台中，，平面ABC， . （1）证明：平面 平面； （2）点M满足，求平面 与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）由 平面 平面知 ． 由 平面 ， 平面 得 平面 ， 由 平面 知 ， 由几何关系知 ，于是 . 由 平面 平面，可得 平面 ， 由 平面 得 平面 平面 ． （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面与平面垂直的判定即可得证； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面 和平面 的法向量，利用平面 与平面的夹角公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向， 的方向为 轴正方向、 的方向为 轴正方向，如图建立空间直角坐标系， 不妨设 ，则 ， ， ， ， 由可得 ， 于是 ， ， 显然平面 的一个法向量 ， 设平面 的一个法向量为 ， 即，可取 ， 记平面 与平面 的夹角为 则. 17. 平面直角坐标系中，动点P，Q为抛物线上不同象限内的两点，且直线的斜率为1，已知当直线过的焦点时，. （1）求的方程； （2）求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设直线方程与抛物线联立，由弦长公式代入求解即可； （2）结合（1）的韦达定理表示出，换元求范围即可. 【小问1详解】 由题设，，直线的方程为.当直线过的焦点时，有. 联立，有.故. 由于，故，代入解得 （负值舍去）. 故的方程为. 【小问2详解】 由题，，，由于动点P，Q为抛物线上不同象限内的两点，故要求，即.. 则. 则， 令，则，故，代入得. 当时，； 当时，，故此时； 当 时，，故此时. 综上所述，，又，故. 18. 记为正项数列的前项和，已知，. （1）求的通项公式； （2）等差数列满足，，. （i）求的通项公式； （ii）求的前项和. 【答案】（1） （2）（i） （ii） 【解析】 【分析】（1）由，可得，，然后由可得 ，据此可得答案； （2）（i）记公差为，由，可得或，然后由可得答案； （ii）由错位相减法结合题设可得答案. 【小问1详解】 由，可知是公比为2的等比数列， 故，当时，，， 故，于是，，故， 由 可得 ，故； 【小问2详解】 （i）记公差为，由可知， 故，即， 而， 即，或. 当时，，此时，不合题意，舍去， 当时，，此时，符合题意. 故的通项公式为 . （ii）当时，； 当时，， ， 两式相减，得到. 又时，， 综上可得：. 19. （1）当时，不等式恒成立，求的取值范围； （2）设集合，证明：是的充要条件； （3）若不等式对于任意恒成立，求实数的最大值与实数的最小值. 【答案】（1）（2）证明见解析（3）实数的最大值为，实数的最小值为 【解析】 【分析】（1）代入得，再证明符合题意即可； （2）根据 ，的对称性证明即可； （3）由放缩结合（1）得，猜测是实数的最大值，构造函数求导证明即可；代入得，再证明时符合题意即可. 【详解】（1）由题意，不等式对任意恒成立，当时，. 当时，不等式化为，解得. 当时，由于，则，故，不等式恒成立， 当时，对于任意，有， 因为，所以，即恒成立，综上，的取值范围是. （2）令 ，.由于，. 所以不等式中的函数关于对称.即当且仅当. 先证明充分性：若，任取，则. 由可知，即满足不等式条件. 根据对称性，也满足不等式条件，即. 所以. 再证明必要性：若，任取，则. 由可知. 根据对称性，. 所以. 综上，是的充要条件. （3）设，则， 则单调递增，， 即时，， 则， 则， 由（1）得，猜测即为实数的最大值， 由（2）中的对称性分析可知，对于不等式，其左侧与右侧同时满足对称性，故只需在上考虑不等式恒成立即可. 故下面证明：当时，在上恒成立. 设函数，其中， ，. 令，得. 因为，所以对于函数，由零点存在定理可知在上存在唯一实根. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减.又，. 由于先递增后递减，且两端点值为0，故在上恒成立. 所以在上单调递增.故，即成立. 所以的最大值为. 当时，，解得. 下面证明：当时，在上恒成立. 设函数，其中，，.令，得.因为，所以，故由零点存在定理，对于函数，在上存在唯一实根.当时，，单调递减；当时，， 单调递增.，. 由于先递减后递增，且，故存在，使得. 结合，由零点存在定理可知在上存在唯一零点. 在上，单调递增；在上，单调递减. 又，.所以在上恒成立，即. 所以的最小值为.综上所述，实数的最大值为，实数的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $