2025届东北三省三校高三下学期第二次联合模拟考试数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1东北三省三校2025届高三下学期第二次联合模拟考试数学试题一、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，只有一项符合题目要求．1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，可得，即得.解不等式，可得.又因，故.故.故选：C.2.若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，则，所以，，，，，B对，ACD均错.故选：B.3.已知直线与圆相切，则正实数的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，则圆的圆心为，半径为，因为直线与圆相切，所以，.故选：A.4.某同学测得连续天的最低气温（均为整数）分别为，，，，，，（单位：），若这组数据的平均数与中位数相等，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】这组数据的平均数为，除外，将剩余的个数据由小到大排列依次为，，，，，，若，则这组数据的中位数为，若，同理可知，这组数据的中位数也为，因为这组数据的中位数和平均数相等，故，解得.故选：B.5.已知向量、满足，，则下列结论一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为，，则，所以，即，可得，即，故选：A.6.已知函数满足，则（）A. B.C.函数有1个零点 D.函数有1个零点【答案】D【解析】函数的定义域为R，由，得，函数是R上的偶函数，即，则，，对于AB，，AB错误；对于C，当时，，当时，令，求导得，函数在上单调递增，，函数无零点，C错误；对于D，函数有唯一零点0，D正确.故选：D7.已知数列满足，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，，可得出，，，以此类推可知，对任意的，，且，所以，或（舍），所以，，且，所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，故，故.故选：C.8.已知函数，若、，，则（）A.B.当时，C.当时，D.当，时，【答案】D【解析】对于A选项，取，，则，，此时，，，此时，，A错；对于B选项，当时，，则，由可得，由可得，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，若时，，则，即函数在区间上单调递减，不合乎题意，B错；对于C选项，因为，此时取，，则，C错；对于D选项，令，若，则，此时，，令，则，即函数在上为增函数，因为，，所以，函数在区间上存在一个零点，若，则，则，令，其中，则，则函数在上单调递增，且，，所以，函数在区间上存在唯一零点，又因为，所以，函数有且只有三个零点，一个零点在区间，一个零点为，一个零点在区间内，若当，时，必有，D对.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.下列说法中正确的是（）A.数据，，，，，，，的上四分位数是B.设样本数据，，，的方差为，则，，，的标准差为C.随机掷一枚质地均匀的正方体骰子，骰子各个面分别标记有共六个数字，记事件“骰子向上的点数是奇数”，事件“骰子向上的点数是或”，则事件与事件是相互独立事件D.在二项式的展开式中，若只有第项的二项式系数最大，则各项系数和是【答案】AC【解析】对于A选项，因为，所以，数据，，，，，，，的上四分位数是，A对；对于B选项，设样本数据，，，的方差为，则，，，的方差为，其标准差为，B错；对于C选项，由题意可知，，，事件“骰子向上的点数是”，则，因此，事件与事件是相互独立事件，C对；对于D选项，在二项式的展开式中，若只有第项的二项式系数最大，则，可得，因此，展开式各项系数和为，D错.故选：AC.10.已知函数，若，且，则下列说法正确的是（）A.函数为偶函数 B.函数为偶函数C. D.在区间上单调递减【答案】BCD【解析】由辅助角公式可得，为锐角，且，，因为，则，可得，所以，，因为，故，对于A选项，，且，故，即函数不是偶函数，A错；对于B选项，，即函数为偶函数，B对；对于C选项，，所以，，C对；对于D选项，因为，且当时，，由于，故函数在区间上单调递减，D对.故选：BCD.11.如图，四棱锥的外接球球心为点O，且底面为正方形，平面．若点M为上靠近点D的三等分点，点P，Q分别为线段与平面上的点，则最小时，下列说法正确的是（）A.B.点P为线段的中点C.平面截四棱锥所得的截面是直角梯形D.三棱锥的体积为【答案】AC【解析】对于A，连接，如下图：因为平面，且平面，所以，，，因为在正方形中，，且，平面，所以平面，因为平面，所以，同理可得，因为为的斜边，所以的中点到的距离都等于的一半，则球心就是的中点，如下图：在正方形中，，在中，，在中，，则，，由，则易知，则，故A正确；对于B，由平面，则当平面时，最短，因为平面，所以，因为，且平面，所以平面，将绕旋转到的位置，使得平面，在平面中，过作，垂足为，如下图：易知，，由图可知，在正方形中，由，则，在中，，则，易知，所以，，在中，，易知为的三等分点，如下图：故B错误；对于C，由B可知，易知，在中，过作，交于，连接，如下图：易知，，即，，即，因为平面，所以平面，因为平面，所以，故C正确；对于D，由题意可作图如下：由C易知平面，由，则，在中，，因为平面，平面，所以，在中，，，所以三棱锥的体积，故D错误.故选：AC.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中的系数为____________．（用数字作答）【答案】【解析】的展开式通项为，因为，在的展开式通项中，令，在的展开式通项，令，可得，因此，展开式中的的系数为.故答案为：.13.已知双曲线的左、右焦点分别为、，过且斜率为的直线交双曲线右支于点（在第一象限），的内心为，直线交轴于点，且，则双曲线的离心率为____________．【答案】【解析】如下图所示：设，则，又直线的斜率为，可知，由余弦定理可得，即，整理可得，设内切圆的半径为，因为，所以，点到轴的距离为，，即，可得，解得，所以，即，整理可得，故该双曲线的离心率为.故答案为：.14.图1所示几何体是一个星形正多面体，称为星形十二面体，是由对（个）平行五角星面组成的，每对平行五角星面角度关系如图2所示．一个星形十二面体有____________个星芒（凸起的正五棱锥），将所有的星芒沿其底面削去后所得几何体和星形十二面体的表面积之比是____________．（参考数据：）【答案】①.②.【解析】由图可知，每个星形十二面体有个星芒，将每个正五棱锥沿着侧面展开与底面在同一个平面上，形成一个正五角星，则这个正五角星的五个顶点在圆上，连接，则垂直平分，设，正五棱锥的侧面积等于，底面积等于，正五边形的每个内角为，则，故，则，所以，，，设，则，则，，则，所以，将所有的星芒沿其底面削去后所得几何体和星形十二面体的表面积之比为，故答案为：；.四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若有极大值，且极大值大于，求实数的取值范围．解：（1）函数的定义域为，且，当时，，则，，故．曲线在点处的切线方程为，即．（2）因为，所以.①当时，，则在单调递减，无极值；②当时，由可得，由可得.函数的增区间为，减区间为所以取极大值，所以，设，则，则在单调递增，又，由可得，故实数的取值范围是.16.已知锐角，角、、所对的边分别为、、，且，．（1）求；（2）求的取值范围．解：（1）因为，，则，由正弦定理得，，所以，，因、，则，所以，，即．（2）在锐角中，由，可得，则，又，则，所以，的取值范围为，又，设，设，其中，，由可得，由可得，所以，上递减，在上递增，所以，，又因为，，故的取值范围为，即的取值范围为.17.如图，四棱锥的体积为，底面为平行四边形，底面，的面积为．（1）求点到平面的距离；（2）设，二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．解：（1）四棱锥体积为，底面为平行四边形，底面，则，所以，，在四棱锥中，设点到平面的距离为．则，解得，所以点到平面的距离为.（2）如图，取的中点，连接，因为，所以，又二面角为，所以平面平面，因为平面平面，，平面，所以，平面，因为平面，所以，，因为四边形为平行四边形，则，所以，，因为平面，平面，所以，，因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，又因为平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，由（1）得，因为，，则，因为为的中点，则，故，，可得，故，则、、、、，则，，，设平面的一个法向量，则，取，可得，设与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．18.某地区冬季流感频发，为了加强流感疾病的防治，该地区鼓励个人接种流感疫苗，最后统计表明，该地区整个冬季的流感患病率是，至冬季结束仍然有的居民未接种疫苗，这些没有接种过流感疫苗的居民的患病率为．（1）现从接种过疫苗的人群中任选一位居民，求这人患病的概率；（2）已知泊松分布的概率分布列为，其中e为自然对数的底数，是泊松分布的均值．若随机变量X服从二项分布，当且时，二项分布近似于泊松分布，其中，即．现从该地区接种疫菌的人群中随机抽取1000人，按上述泊松分布近似计算：①求1000人中流感的患病率小于0.3%的概率约为多少；②设1000人中患流感的人数为X，求使得最大时的X值．（参考数据：）解：（1）记：事件“患流感”，事件“未患流感”，，事件“接种疫苗”，事件“未接种疫苗”，则，由已知可得：，，,所以，即现从接种过疫苗的人群中任选一位居民，这人患病的概率为．（2）①由已知：当且时，二项分布近似于泊松分布，设1000人中患流感人数为Y人，则，，，，.②由题意得：，所以，，当时，随i的增大而增大，当时，随i的增大而减小，当时，，所以，或时，最大．19.已知抛物线，焦点为．抛物线上有一点，直线与抛物线的另一个交点为．按照如下方式依次构造点，过作x轴的垂线，垂足为，垂线与抛物线C的另一个交点为．作直线，与抛物线C的另一个交点为，直线与x轴的交点为．记．（1）若，求；（2）求证：数列是等比数列，并用m表示数列的通项公式；（3）对任意的正整数与的面积之比是否为定值？若是，请用m表示这个定值；若不是，请说明理由．（1）解：，直线，联立可得，直线，联立可得，则，由，可得，综上可得：；（2）证明：一方面，对任意的自然数k，都有直线过点，设直线的方程为：，，，则，因为，，故①，另一方面，对任意的自然数k，都有直线过点设直线的方程为：，，，则，因为，，故②，由①得：，两式相乘得：③，把②带入③，得：，即：，综上可得：递推知数列是等比数列，且公比为．又，故．（3）解：对任意的自然数，，另解：，，因此，，所以面积之比为定值．东北三省三校2025届高三下学期第二次联合模拟考试数学试题一、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，只有一项符合题目要求．1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，可得，即得.解不等式，可得.又因，故.故.故选：C.2.若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，则，所以，，，，，B对，ACD均错.故选：B.3.已知直线与圆相切，则正实数的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，则圆的圆心为，半径为，因为直线与圆相切，所以，.故选：A.4.某同学测得连续天的最低气温（均为整数）分别为，，，，，，（单位：），若这组数据的平均数与中位数相等，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】这组数据的平均数为，除外，将剩余的个数据由小到大排列依次为，，，，，，若，则这组数据的中位数为，若，同理可知，这组数据的中位数也为，因为这组数据的中位数和平均数相等，故，解得.故选：B.5.已知向量、满足，，则下列结论一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为，，则，所以，即，可得，即，故选：A.6.已知函数满足，则（）A. B.C.函数有1个零点 D.函数有1个零点【答案】D【解析】函数的定义域为R，由，得，函数是R上的偶函数，即，则，，对于AB，，AB错误；对于C，当时，，当时，令，求导得，函数在上单调递增，，函数无零点，C错误；对于D，函数有唯一零点0，D正确.故选：D7.已知数列满足，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，，可得出，，，以此类推可知，对任意的，，且，所以，或（舍），所以，，且，所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，故，故.故选：C.8.已知函数，若、，，则（）A.B.当时，C.当时，D.当，时，【答案】D【解析】对于A选项，取，，则，，此时，，，此时，，A错；对于B选项，当时，，则，由可得，由可得，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，若时，，则，即函数在区间上单调递减，不合乎题意，B错；对于C选项，因为，此时取，，则，C错；对于D选项，令，若，则，此时，，令，则，即函数在上为增函数，因为，，所以，函数在区间上存在一个零点，若，则，则，令，其中，则，则函数在上单调递增，且，，所以，函数在区间上存在唯一零点，又因为，所以，函数有且只有三个零点，一个零点在区间，一个零点为，一个零点在区间内，若当，时，必有，D对.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.下列说法中正确的是（）A.数据，，，，，，，的上四分位数是B.设样本数据，，，的方差为，则，，，的标准差为C.随机掷一枚质地均匀的正方体骰子，骰子各个面分别标记有共六个数字，记事件“骰子向上的点数是奇数”，事件“骰子向上的点数是或”，则事件与事件是相互独立事件D.在二项式的展开式中，若只有第项的二项式系数最大，则各项系数和是【答案】AC【解析】对于A选项，因为，所以，数据，，，，，，，的上四分位数是，A对；对于B选项，设样本数据，，，的方差为，则，，，的方差为，其标准差为，B错；对于C选项，由题意可知，，，事件“骰子向上的点数是”，则，因此，事件与事件是相互独立事件，C对；对于D选项，在二项式的展开式中，若只有第项的二项式系数最大，则，可得，因此，展开式各项系数和为，D错.故选：AC.10.已知函数，若，且，则下列说法正确的是（）A.函数为偶函数 B.函数为偶函数C. D.在区间上单调递减【答案】BCD【解析】由辅助角公式可得，为锐角，且，，因为，则，可得，所以，，因为，故，对于A选项，，且，故，即函数不是偶函数，A错；对于B选项，，即函数为偶函数，B对；对于C选项，，所以，，C对；对于D选项，因为，且当时，，由于，故函数在区间上单调递减，D对.故选：BCD.11.如图，四棱锥的外接球球心为点O，且底面为正方形，平面．若点M为上靠近点D的三等分点，点P，Q分别为线段与平面上的点，则最小时，下列说法正确的是（）A.B.点P为线段的中点C.平面截四棱锥所得的截面是直角梯形D.三棱锥的体积为【答案】AC【解析】对于A，连接，如下图：因为平面，且平面，所以，，，因为在正方形中，，且，平面，所以平面，因为平面，所以，同理可得，因为为的斜边，所以的中点到的距离都等于的一半，则球心就是的中点，如下图：在正方形中，，在中，，在中，，则，，由，则易知，则，故A正确；对于B，由平面，则当平面时，最短，因为平面，所以，因为，且平面，所以平面，将绕旋转到的位置，使得平面，在平面中，过作，垂足为，如下图：易知，，由图可知，在正方形中，由，则，在中，，则，易知，所以，，在中，，易知为的三等分点，如下图：故B错误；对于C，由B可知，易知，在中，过作，交于，连接，如下图：易知，，即，，即，因为平面，所以平面，因为平面，所以，故C正确；对于D，由题意可作图如下：由C易知平面，由，则，在中，，因为平面，平面，所以，在中，，，所以三棱锥的体积，故D错误.故选：AC.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中的系数为____________．（用数字作答）【答案】【解析】的展开式通项为，因为，在的展开式通项中，令，在的展开式通项，令，可得，因此，展开式中的的系数为.故答案为：.13.已知双曲线的左、右焦点分别为、，过且斜率为的直线交双曲线右支于点（在第一象限），的内心为，直线交轴于点，且，则双曲线的离心率为____________．【答案】【解析】如下图所示：设，则，又直线的斜率为，可知，由余弦定理可得，即，整理可得，设内切圆的半径为，因为，所以，点到轴的距离为，，即，可得，解得，所以，即，整理可得，故该双曲线的离心率为.故答案为：.14.图1所示几何体是一个星形正多面体，称为星形十二面体，是由对（个）平行五角星面组成的，每对平行五角星面角度关系如图2所示．一个星形十二面体有____________个星芒（凸起的正五棱锥），将所有的星芒沿其底面削去后所得几何体和星形十二面体的表面积之比是____________．（参考数据：）【答案】①.②.【解析】由图可知，每个星形十二面体有个星芒，将每个正五棱锥沿着侧面展开与底面在同一个平面上，形成一个正五角星，则这个正五角星的五个顶点在圆上，连接，则垂直平分，设，正五棱锥的侧面积等于，底面积等于，正五边形的每个内角为，则，故，则，所以，，，设，则，则，，则，所以，将所有的星芒沿其底面削去后所得几何体和星形十二面体的表面积之比为，故答案为：；.四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若有极大值，且极大值大于，求实数的取值范围．解：（1）函数的定义域为，且，当时，，则，，故．曲线在点处的切线方程为，即．（2）因为，所以.①当时，，则在单调递减，无极值；②当时，由可得，由可得.函数的增区间为，减区间为所以取极大值，所以，设，则，则在单调递增，又，由可得，故实数的取值范围是.16.已知锐角，角、、所对的边分别为、、，且，．（1）求；（2）求的取值范围．解：（1）因为，，则，由正弦定理得，，所以，，因、，则，所以，，即．（2）在锐角中，由，可得，则，又，则，所以，的取值范围为，又，设，设，其中，，由可得，由可得，所以，上递减，在上递增，所以，，又因为，，故的取值范围为，即的取值范围为.17.如图，四棱锥的体积为，底面为平行四边形，底面，的面积为．（1）求点到平面的距离；（2）设，二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．解：（1）四棱锥体积为，底面为平行四边形，底面，则，所以，，在四棱锥中，设点到平面的距离为．则，解得，所以点到平面的距离为.（2）如图，取的中点，连接，因为，所以，又二面角为，所以平面平面，因为平面平面，，平面，所以，平面，因为平面，所以，，因为四边形为平行四边形，则，所以，，因为平面，平面，所以，，因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，又因为平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，由（1）得，因为，，则，因为为的中点，则，故，，可得，故，则、、、、，则，，，设平面的一个法向量，则，