精品解析：辽宁沈阳市第一二0中学2025-2026学年度下学期高三年级第七次质量监测（下学期期初）考试数学试卷

沈阳市第120中学2025-2026学年度下学期 高三年级第七次质量监测 数学 满分：150分 时间：120分钟 命题人：刘洋 吴金鑫 审题人：李晓东 一、单项选择题：本大题共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. 已知复数，为的共轭复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合复数的除法求出,即可得到，再用复数的模长公式求解. 【详解】因为, 所以, 则. 故答案为：C. 2. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】计算的坐标，代入向量夹角余弦公式即得. 【详解】 已知，，因此： ， . 3. 已知集合，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用集合中元素的互异性，集合并集的运算及充分条件，必要条件的定义即可判断. 【详解】①若，则，， 所以”是“”的充分条件； ②若，则或，解得或或. 当时，，，符合题意； 当时，，，符合题意； 当时，，与集合中元素的互异性相矛盾，故舍去， 所以或，所以”是“”的不必要条件， 所以由①②可知，”是“”的充分不必要条件， 故选：A 4. 已知角的终边经过点，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数的定义求出，，再求出，最后根据及两角差的正弦公式计算可得. 【详解】因为角的终边经过点，所以，， 因为，， 所以， 又，所以， 所以， 所以 . 故选：A 5. 已知一个圆锥与一个圆台的高相等，圆锥的底面积和圆台的一个底面的面积相等．若圆台的体积是圆锥的体积的7倍，则圆台的上、下底面的面积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的底面面积为，圆台另一个底面的面积为，设高为，写出圆锥和圆台的体积，根据体积比为7，求解面积比即得. 【详解】设圆锥的底面面积为，圆台另一个底面的面积为，高为， 则圆台的体积为：，圆锥的体积为：， 由题意可知：， 即：，变形可得：， 解得：（负值舍去），则. 故选：B 6. 在一定条件下，大气压强（单位：百帕）随海拔高度（单位：米）的变化满足如下函数关系式：为正常数）．已知海拔高度0米处的大气压强为1000百帕，海拔高度10000米处的大气压强为250百帕，那么，若大气压强增加1倍，则海拔高度降低（ ） A. 100米 B. 2500米 C. 5000米 D. 7500米 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求出，设大气压强增加1倍，则海拔高度降低米，列式求解即可. 【详解】由题意可得， 所以，， 设大气压强从250百帕增加1倍到500百帕，海拔高度降低米， 则，所以， 所以，即， 所以，所以. 故选：C. 7. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且面积为.若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理、三角形面积公式及正弦定理边化角求解. 【详解】在中，，而， 由，得，又，，则， 由正弦定理得，解得，由，得， 所以. 8. 已知F1，F2分别是双曲线C：的左、右焦点，点P在双曲线上，，圆O：，直线PF1与圆O相交于A，B两点，直线PF2与圆O相交于M，N两点．若四边形AMBN的面积为，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，，有，，，由弦长公式可得，，四边形AMBN的面积为，解得，可求双曲线的离心率. 【详解】根据对称性不妨设点P在第一象限，如图所示， 圆O：，圆心为，半径为， 设，，点P在双曲线上，，则有，，可得， 过O作MN的垂线，垂足为D，O为的中点，则，， 同理，，由， 四边形AMBN的面积为， ，化简得，则有，则C的离心率. 故选：D 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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. 经验表明，一般树的胸径（树的主干在地面以上处的直径）越大，树就越高．在研究树高与胸径之间的关系时，某同学收集了某种树的5组观测数据（如下表）： 胸径 8 9 10 11 12 树高 8.2 10 11 12 13.8 假设树高与胸径满足的经验回归方程为，则（ ） A. B. 当胸径时，树高的预测值为14 C. 表中的树高观测数据的40%分位数为10 D. 当胸径时，树高的残差为 【答案】AD 【解析】 【分析】先根据样本中心点代入计算得出判断A；根据经验回归方程预测判断B；根据百分位数定义计算判断C；计算残差判断D. 【详解】选项 A ：把点代入经验回归方程为，则，故A正确； 选项B：当时，，故 B 错误； 选项 C ：数据排序后为共5个数据， 由， 的分位数对应第2和第3个数据的平均值：，故 C 错误； 选项 D ：当 时，预测值，残差为，故 D 正确. 故选：AD. 10. 已知函数的最小正周期为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 函数的最大值为 C. 函数的图象关于点对称 D. 函数在上单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】先应用降幂扩角及辅助角公式化简，再分别根据周期求判断A，应用最值判断B，根据对称中心判断C，应用单调区间计算判断D. 【详解】因为函数，所以， 对于A：函数的最小正周期为，所以，所以，A选项正确； 对于B：函数的最大值为，B选项错误； 对于C：，计算得，函数的图象关于点对称，所以函数的图象关于点对称，C选项正确； 对于D：，所以单调递增，所以函数在上单调递增，D选项正确. 故选：ACD. 11. 已知，两点的坐标分别为，，为坐标平面内的动点，直线，的斜率之和为定值．设动点的轨迹为，则（ ） A. 轨迹关于直线对称 B. 轨迹关于原点对称 C. 当时，轨迹为一条直线 D. 当时，轨迹存在渐近线 【答案】BD 【解析】 【分析】设，由已知可求得轨迹的方程为，然后结合每个选项的条件逐项计算可判断其正确性. 【详解】设，因为，两点的坐标分别为，， 所以，所以由题意得， 化简整理得①， 对于A，用代入方程①得，与原方程不一致， 所以轨迹不关于直线对称，故A错误； 对于B，用代入方程①得，与原方程一致， 故轨迹关于原点对称，故B正确； 对于C，当时，轨迹方程为，所以或， 所以轨迹为直线，或直线中去掉，的部分，故C错误； 对于D，当时，轨迹方程化为， 当或时，，即是渐近线，故D正确. 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据题意求得轨迹的方程为，结合每个选项的条件判断其正误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某城市有10个著名的地标建筑，文旅部门要从中选取3个作为城市名片进行特色文化宣传，且甲、乙、丙3个建筑中至少选1个，那么共有________种不同的选法． 【答案】85 【解析】 【分析】先计算从10个地标建筑中选取3个的选法数，再减去甲、乙、丙3个建筑都不选的选法数，即可得答案. 【详解】从10个地标建筑中选取3个，共有种， 若不选甲、乙、丙这3个地标建筑，即从剩下的7个中选3个，有种选法， 所以满足条件的选法有（种）． 故答案为：85 13. 已知集合，，将中所有元素按从小到大的顺序构成数列，则数列的通项公式为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，则，利用二项式展开，根据等式左侧为3的倍数，右侧也为3的倍数可得答案. 【详解】设， 则， 等式左侧为3的倍数，为3的倍数， 所以也为3的倍数， 故为大于1的奇数，所以. 故答案为：. 14. 函数的零点为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】先运用对数恒等式化简函数，整理方程，通过换元得到新函数，借助于导数判断该函数的单调性，结合特殊值找到零点，最后还原得到原函数零点即可. 【详解】根据对数恒等式，有，令，整理得，又，则. 令，因为，则，即，令. 当时，，则，不存在零点； 当时，，即不是函数的零点； 当时，由，且，，得， 所以在上单调递减，又因时，， 故是的唯一零点，则是函数的唯一零点. 故答案为：. 四、解答题：本大题共5小题，共77分 15. 已知数列的前项和为，其中，． （1）求的值以及数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由可求得的值，可得出的表达式，再利用可求得数列的通项公式； （2）求得，利用错位相减法可求得. 【小问1详解】 依题意，，解得，所以． 当时，， 当时，，满足上式， 综上所述，． 【小问2详解】 由（1）得,故， 故， 故， 两式相减可得， ， 则． 16. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程； （2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可. 【小问1详解】 当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. 【小问2详解】 解法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为； 解法二：因为的定义域为，且， 若有极小值，则有零点， 令，可得， 可知与有交点，则， 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值，符合题意， 由题意可得：，即， 构建， 因为则在内单调递增， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为. 17. 已知圆，圆，．当r变化时，圆与圆的交点P的轨迹为曲线C， （1）求曲线C的方程； （2）已知点，过曲线C右焦点的直线交曲线C于A、B两点，与直线交于点D，是否存在实数m，，使得成立，若存在，求出m，；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）存在；，． 【解析】 【分析】（1）圆F1与圆F2的交点满足，，又，则P点轨迹满足椭圆方程，从而求得椭圆方程； （2）设直线AB的方程为，与椭圆联立，求得韦达定理，分别表示出，，将韦达定理代入化简，并满足条件，从而求得参数m，的值. 【详解】解：（1）由题意可知，，， 所以， 所以曲线C为以、为焦点的椭圆，且，，， 所以曲线C的方程为． （2）假设存在，由题意知直线AB的斜率存在， 设直线AB的方程为，，， 联立|，消去y整理得，， 则，， 所以 ， ， 因为， 所以，所以，，得， 所以存在，使成立． 【点睛】方法点睛：化简圆锥曲线条件时，如遇到直线与圆锥曲线相交的相关条件，可以通过联立化简，求得韦达定理，代入化简，并根据条件求得参数值. 18. 在如图所示的圆柱中，轴截面是边长为4的正方形，点为底面半圆弧上的动点（点不与点，重合）. （1）当三棱锥体积最大时， （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）点在线段上运动，求的最小值. （2）是否存在点，使得直线与平面所成角最大？若存在，求成角最大时的正弦值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）（i）建系，求得平面法向量代入夹角公式即可求解；（ii）将面与面绕旋转，展开成平面图，连接，结合余弦定理即可求解； （2）过点作，确定为直线与平面所成角，取最小值，夹角最大，结合线面夹角公式即可求解. 【小问1详解】 （ⅰ）∵， 又∵是定值，∴当三棱锥体积最大时即高最大， 即点为半圆弧的中点 设线段的中点为O，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， 设平面的法向量为． 则，则，令，得，， 则． 因为平面，平面，∴， 又∵，，，平面， ∴平面，是平面的法向量． 设平面与平面所成角的平面角为，则． 平面与平面所成角的余弦值为 （ⅱ）将面与面绕旋转，展开成平面图，连接， 如图所示，此时最小，即为长， 由题意可知，，， 所以， ， 再由余弦定理可知， 即的最小值为． 【小问2详解】 结合（1）可设，，， 所以， 平面的法向量为， 设为直线与平面所成角， 当直线与平面所成角最大时，取最大值， 令， 则， ∴当且仅当时，取最大值，此时直线与平面所成角最大， 即存在点，使得直线与平面所成角最大． 19. 某次投篮游戏，规定每名同学投篮次，投篮位置有，两处，第一次在处投，从第二次开始，若前一次未投进，则下一次投篮位置转为另一处；若前一次投进，则下一次投篮位置不变.在处每次投进得2分，否则得0分；在处每次投进得3分，否则得0分.已知甲在，两处每次投进的概率分别为，，且每次投篮相互独立.记甲第次在处投篮的概率为，第次投篮后累计得分为. （1）求的分布列及数学期望； （2）求的通项公式； （3）证明：. 参考公式：若，是离散型随机变量，则. 【答案】（1） 0 2 3 4 （2）（，2，……，） （3） 因为第次在处投篮的概率为，在处投篮的概率为， 记第次得分，则的可能取值为0，2，3， ， ， ， 所以， 因为， 所以 ， 因为， 所以. 【解析】 【分析】（1）设“甲第次在处投进”为事件，“甲第次在处投进”为事件，，2，依题意，的可能取值为0，2，3，4，根据独立事件概率乘法公式分别求解随机变量对应的概率即可得分布列，从而得数学期望； （2）当时，甲第次在处投篮分两种情形：①第次在处投篮且投进； ②第次在处投篮且未投进.分别确定概率，结合数列的递推关系得等比数列，根据等比数列的通项公式求解的通项公式即可； （3）第次在处投篮的概率为，在处投篮的概率为，记第次得分，则的可能取值为0，2，3，分别求解概率即可计算数学期望，结合指数函数的性质证明结论即可. 【小问1详解】 设“甲第次在处投进”为事件，“甲第次在处投进”为事件， ，2，依题意，的可能取值为0，2，3，4. ， ， ， ， 所以的概率分布为 0 2 3 4 （分）. 【小问2详解】 当时，甲第次在处投篮分两种情形： ①第次在处投篮且投进，这种情形概率为； ②第次在处投篮且未投进，这种情形概率为. 所以， 故， 因为， 所以是以为首项，为公比的等比数列. 所以， 即，，2，……，. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 沈阳市第120中学2025-2026学年度下学期 高三年级第七次质量监测 数学 满分：150分 时间：120分钟 命题人：刘洋 吴金鑫 审题人：李晓东 一、单项选择题：本大题共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. 已知复数，为的共轭复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知集合，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知角的终边经过点，，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知一个圆锥与一个圆台的高相等，圆锥的底面积和圆台的一个底面的面积相等．若圆台的体积是圆锥的体积的7倍，则圆台的上、下底面的面积之比为（ ） A. B. C. D. 6. 在一定条件下，大气压强（单位：百帕）随海拔高度（单位：米）的变化满足如下函数关系式：为正常数）．已知海拔高度0米处的大气压强为1000百帕，海拔高度10000米处的大气压强为250百帕，那么，若大气压强增加1倍，则海拔高度降低（ ） A. 100米 B. 2500米 C. 5000米 D. 7500米 7. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且面积为.若，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知F1，F2分别是双曲线C：的左、右焦点，点P在双曲线上，，圆O：，直线PF1与圆O相交于A，B两点，直线PF2与圆O相交于M，N两点．若四边形AMBN的面积为，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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. 经验表明，一般树的胸径（树的主干在地面以上处的直径）越大，树就越高．在研究树高与胸径之间的关系时，某同学收集了某种树的5组观测数据（如下表）： 胸径 8 9 10 11 12 树高 8.2 10 11 12 13.8 假设树高与胸径满足的经验回归方程为，则（ ） A. B. 当胸径时，树高的预测值为14 C. 表中的树高观测数据的40%分位数为10 D. 当胸径时，树高的残差为 10. 已知函数的最小正周期为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 函数的最大值为 C. 函数的图象关于点对称 D. 函数在上单调递增 11. 已知，两点的坐标分别为，，为坐标平面内的动点，直线，的斜率之和为定值．设动点的轨迹为，则（ ） A. 轨迹关于直线对称 B. 轨迹关于原点对称 C. 当时，轨迹为一条直线 D. 当时，轨迹存在渐近线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某城市有10个著名的地标建筑，文旅部门要从中选取3个作为城市名片进行特色文化宣传，且甲、乙、丙3个建筑中至少选1个，那么共有________种不同的选法． 13. 已知集合，，将中所有元素按从小到大的顺序构成数列，则数列的通项公式为__________. 14. 函数的零点为__________. 四、解答题：本大题共5小题，共77分 15. 已知数列的前项和为，其中，． （1）求的值以及数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 16. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 17. 已知圆，圆，．当r变化时，圆与圆的交点P的轨迹为曲线C， （1）求曲线C的方程； （2）已知点，过曲线C右焦点的直线交曲线C于A、B两点，与直线交于点D，是否存在实数m，，使得成立，若存在，求出m，；若不存在，请说明理由． 18. 在如图所示的圆柱中，轴截面是边长为4的正方形，点为底面半圆弧上的动点（点不与点，重合）. （1）当三棱锥体积最大时， （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）点在线段上运动，求的最小值. （2）是否存在点，使得直线与平面所成角最大？若存在，求成角最大时的正弦值；若不存在，请说明理由. 19. 某次投篮游戏，规定每名同学投篮次，投篮位置有，两处，第一次在处投，从第二次开始，若前一次未投进，则下一次投篮位置转为另一处；若前一次投进，则下一次投篮位置不变.在处每次投进得2分，否则得0分；在处每次投进得3分，否则得0分.已知甲在，两处每次投进的概率分别为，，且每次投篮相互独立.记甲第次在处投篮的概率为，第次投篮后累计得分为. （1）求的分布列及数学期望； （2）求的通项公式； （3）证明：. 参考公式：若，是离散型随机变量，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $