辽宁省大连市2025届高三下学期第一次模拟考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1辽宁省大连市2025届高三下学期第一次模拟考试数学试卷一、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.复数的虚部是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，虚部为.故选：C2.“”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】解不等式，可得或，因为是或的真子集，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A．3.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】令，则，所以，即，则故选：D．4.为了了解学校质量监测成绩，现随机抽取该校200名学生的成绩作为样本进行分析，并绘制频率分布直方图，若该频率分布直方图的组距为10，且样本中成绩在区间这一组内的学生有40人，则在频率分布直方图中该组数据对应的矩形高度为（）A.0.02 B.0.2 C.0.04 D.0.4【答案】A【解析】由题意成绩在区间内学生频率为，因此，故选：A5.已知一个圆台的上下底面半径分别为3和4，母线长为，则该圆台的侧面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】圆台的侧面积为.故选：B．6.在的展开式中，的系数是（）A. B. C.20 D.40【答案】D【解析】，的通项为，所以的系数是.故选：D．7.已知函数是定义在上的偶函数，函数的图象关于点中心对称，若，则（）A B. C.0 D.1【答案】B【解析】由函数的图象关于点中心对称可知，，即，可得，因此函数具有对称轴，由，可得，由为上的偶函数且具有对称轴，可得．故选：B．8.古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为1，高为的圆锥SO中，AB、CD是底面圆O上互相垂直的直径，E是母线SC上一点，，平面ABE截该圆锥面所得的曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意的，，则，，所以，在中，，，，且，则，，，则，所以，由正弦定理得，，即.故选：C．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.已知函数，则下列说法正确的是（）A.函数的最小正周期为B.函数在区间上单调递增C.函数的图象的对称轴方程为D.函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到【答案】AC【解析】对于A，函数的周期为，故A正确；对于B，由，得，所以的单调增区间为，故B错误；对于C，令，则，所以函数的图象的对称轴方程，故C正确；对于D，函数向右平移个单位长度得到，故D错误．故选：AC．10.已知数列满足，则下列说法中正确的是（）A.若，，则是等差数列B.若，，则是等差数列C.若，，则等比数列D.若，，则是等比数列【答案】BCD【解析】对于A，当时，若，则所以数列不是等差数列，故A错误；对于B，当时，，因为，所以，即，因为，所以数列是等差数列，故B正确；对于C，当时，有，因为，所以，即所以是等比数列，故C正确；对于D，当时，有，因为，所以，即，因为，所以是等比数列，故D正确；故选：BCD．11.在平面内，存在定圆M和定点A，点P是圆M上的动点，若线段PA的中垂线交直线PM于点Q，关于点Q轨迹叙述正确的是（）A.当点A与圆心M重合时，点Q的轨迹为圆B.当点A在圆M上时，点Q的轨迹为拋物线C.当点A在圆M内且不与圆心M重合时，点Q的轨迹为椭圆D.当点A在圆M外时，点Q的轨迹为双曲线【答案】ACD【解析】当点A与圆M的圆心重合时，线段PA的中垂线与直线PM的交点Q，即Q为PM的中点，因此点Q的轨迹为圆，故A选项正确；当点A在圆M上时，PA的中垂线恒过圆心M，即点Q的轨迹为一个点M，故B选项错误；当点A在圆M内且非圆心时，，则（其中r为圆M的半径），因此点Q的轨迹为以为焦点的椭圆，故C选项正确；当点A在圆M外时，，则或（其中r为圆M的半径），因此点Q的轨迹为以为焦点的双曲线，故D正确.故选：ACD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知公差不为0的等差数列的首项为1，且，，成等比数列，则________．【答案】【解析】设等差数列的公差为，因为，，成等比数列，所以，所以，化简整理得，解得（舍去），或，所以．故答案为：．13.已知向量，满足，，且，则________．【答案】【解析】．故答案为：．14.2025年春晚，一场别开生面的机器人舞蹈表演震撼了观众．现在编排一个动作，机器人从原点O出发，每一次等可能地向左或向右或向上或向下移动一个单位，共移动3次．求该机器人在有且仅有一次经过（含到达）点位置的条件下，水平方向移动2次的概率为________．【答案】【解析】设事件“有且仅有一次经过”，事件“水平方向移动2次”，按到位置需要1步，3步分类讨论．记向左，向右，向上，向下，①若1步到位为事件，则满足要求的是LU（L或U或R），LL（L或U或D），LD（L或R或D），LR（U或D或R），所以；②若3步到位为事件，则满足要求的是ULD，DLU，RLL，UDL，DUL所以；所以，满足AB的情况有：LU（L或R），LD（L或R），LL（U或D），LR（U或D）．所以，所以．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.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求角A的大小；（2）若，求的最大值．解：（1）因为，由余弦定理得，再由正弦定理得，又，所以，在中，所以，，所以，所以，又，所以；（2）由余弦定理可得，即，所以，，所以，当且仅当时“”成立.16.已知函数．（1）若存在，使成立，求k的取值范围；（2）已知，若在上恒成立，求k的最小值．解：（1）由得，可得存在，使成立，令，，令得，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，若存在，使成立，则；（2），若在上恒成立，则在上恒成立，令，则，令，则（舍）或，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，则，则k的最小值为．17.斜三棱柱各棱长为4，，D为棱上的一点．（1）求证：；（2）若平面平面ABC，且二面角的余弦值为，求BD的长．（1）证明：取AB中点O，在中，，O为AB中点，所以，在中，，，，由余弦定理可得，所以有，即，所以，又因为，平面，平面，平面，又因为平面，所以；（2）解：由（1）知且平面平面，平面平面，平面，所以平面，则，如图以OA，OC，两两垂直，以O为坐标原点，以OA，OC，方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系．，，，，设，，，，设平面法向量为，，，可取，平面的法向量为，所以有，化简得，所以有（舍）或者，所以．18.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．（1）若曲线为双曲线，试问，应满足什么条件？（2）设曲线C为曲线，点是C上位于第一象限的一点，点A，B关于原点O中心对称，点A，D关于y轴对称．延长AD至E，使得，且直线BE和曲线C的另一个交点G位于第二象限内．（ⅰ）求的取值范围；（ⅱ）设直线OA斜率为，直线AG斜率为，判断与的关系，并求的取值范围．解：（1）由，得，若曲线为双曲线，则，所以可化为，则，则，所以当，且时，曲线为双曲线；（2）方法一：当，时，，即，（ⅰ）由题意得，，设点，由，即，即，得，则，直线BE的斜率为，所以直线BG的方程为，即，联立，得，由直线BG与双曲线有2个交点，则，又因为满足，由韦达定得，解得，因为，且，得，所以，又因为，可得，所以，因为，所以，所以，可得，即的取值范围为．（ⅱ）由（ⅰ）得，所以，因为，则，则，；方法二：当，时，，即，（ⅰ）由题意得，，设点，由．即，即，得，则，直线BE的斜率为，所以直线BG的方程为，设点（，），因为，所以，所以，，同理，由，两式作差得，将直线BG方程代入并化简得（*）所以，所以，可得，即的取值范围为；（ⅱ）由（*）式可得，所以，由（ⅰ）得，所以．19.某网店发现其某款商品的日销售量与该店在购物平台APP的日访问量呈线性相关关系，为了吸引更多的顾客购买该商品，在APP上推出了A和B两款互动游戏，顾客在参与游戏后，有机会获得优惠券．下图是该商品日销售量y（单位：千件）与日访问量x（单位：万人次）的散点图：（1）求出y关于x的回归方程，并预测日访问量12万人次时日销售多少千件商品；（2）A款游戏为通关游戏，游戏规则为：顾客每次挑战都有的概率成功通关，一旦成功，则游戏立即结束并获得优惠券，如果挑战失败，可继续挑战；每位顾客共有n次挑战机会，第n次无论成功与否都结束游戏．设X为游戏结束时，进行挑战的次数，X的数学期望为，证明：；（3）B款游戏为抽球游戏，游戏规则为：有个小球，编号为，参与者从中随机抽取个小球，记录编号后放回，再重新随机抽取个小球，记被重复抽取的小球数为，并向参与者发放张优惠卷，求使取得最大值时的m值．参考数据：，．参考公式：回归方程中的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，．解：（1）由题意可得：，，，，所以回归方程，