高級中學名校試題PAGEPAGE1遼寧省大連市2025屆高三下學期第一次模擬考試數學試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.復數的虛部是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，虛部為.故選：C2.“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】解不等式，可得或，因為是或的真子集，所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A．3.已知，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】令，則，所以，即，則故選：D．4.為了了解學校質量監測成績，現隨機抽取該校200名學生的成績作為樣本進行分析，并繪制頻率分布直方圖，若該頻率分布直方圖的組距為10，且樣本中成績在區間這一組內的學生有40人，則在頻率分布直方圖中該組數據對應的矩形高度為（）A.0.02 B.0.2 C.0.04 D.0.4【答案】A【解析】由題意成績在區間內學生頻率為，因此，故選：A5.已知一個圓臺的上下底面半徑分別為3和4，母線長為，則該圓臺的側面積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】圓臺的側面積為.故選：B．6.在的展開式中，的系數是（）A. B. C.20 D.40【答案】D【解析】，的通項為，所以的系數是.故選：D．7.已知函數是定義在上的偶函數，函數的圖象關于點中心對稱，若，則（）A B. C.0 D.1【答案】B【解析】由函數的圖象關于點中心對稱可知，，即，可得，因此函數具有對稱軸，由，可得，由為上的偶函數且具有對稱軸，可得．故選：B．8.古希臘數學家阿波羅尼斯采用平面切割圓錐面的方法來研究圓錐曲線，如圖1，設圓錐軸截面的頂角為，用一個平面去截該圓錐面，隨著圓錐的軸和所成角的變化，截得的曲線的形狀也不同．據研究，曲線的離心率為，比如，當時，，此時截得的曲線是拋物線．如圖2，在底面半徑為1，高為的圓錐SO中，AB、CD是底面圓O上互相垂直的直徑，E是母線SC上一點，，平面ABE截該圓錐面所得的曲線的離心率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由題意的，，則，，所以，在中，，，，且，則，，，則，所以，由正弦定理得，，即.故選：C．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.已知函數，則下列說法正確的是（）A.函數的最小正周期為B.函數在區間上單調遞增C.函數的圖象的對稱軸方程為D.函數的圖象可由函數的圖象向右平移個單位長度得到【答案】AC【解析】對于A，函數的周期為，故A正確；對于B，由，得，所以的單調增區間為，故B錯誤；對于C，令，則，所以函數的圖象的對稱軸方程，故C正確；對于D，函數向右平移個單位長度得到，故D錯誤．故選：AC．10.已知數列滿足，則下列說法中正確的是（）A.若，，則是等差數列B.若，，則是等差數列C.若，，則等比數列D.若，，則是等比數列【答案】BCD【解析】對于A，當時，若，則所以數列不是等差數列，故A錯誤；對于B，當時，，因為，所以，即，因為，所以數列是等差數列，故B正確；對于C，當時，有，因為，所以，即所以是等比數列，故C正確；對于D，當時，有，因為，所以，即，因為，所以是等比數列，故D正確；故選：BCD．11.在平面內，存在定圓M和定點A，點P是圓M上的動點，若線段PA的中垂線交直線PM于點Q，關于點Q軌跡敘述正確的是（）A.當點A與圓心M重合時，點Q的軌跡為圓B.當點A在圓M上時，點Q的軌跡為拋物線C.當點A在圓M內且不與圓心M重合時，點Q的軌跡為橢圓D.當點A在圓M外時，點Q的軌跡為雙曲線【答案】ACD【解析】當點A與圓M的圓心重合時，線段PA的中垂線與直線PM的交點Q，即Q為PM的中點，因此點Q的軌跡為圓，故A選項正確；當點A在圓M上時，PA的中垂線恒過圓心M，即點Q的軌跡為一個點M，故B選項錯誤；當點A在圓M內且非圓心時，，則（其中r為圓M的半徑），因此點Q的軌跡為以為焦點的橢圓，故C選項正確；當點A在圓M外時，，則或（其中r為圓M的半徑），因此點Q的軌跡為以為焦點的雙曲線，故D正確.故選：ACD．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知公差不為0的等差數列的首項為1，且，，成等比數列，則________．【答案】【解析】設等差數列的公差為，因為，，成等比數列，所以，所以，化簡整理得，解得（舍去），或，所以．故答案為：．13.已知向量，滿足，，且，則________．【答案】【解析】．故答案為：．14.2025年春晚，一場別開生面的機器人舞蹈表演震撼了觀眾．現在編排一個動作，機器人從原點O出發，每一次等可能地向左或向右或向上或向下移動一個單位，共移動3次．求該機器人在有且僅有一次經過（含到達）點位置的條件下，水平方向移動2次的概率為________．【答案】【解析】設事件“有且僅有一次經過”，事件“水平方向移動2次”，按到位置需要1步，3步分類討論．記向左，向右，向上，向下，①若1步到位為事件，則滿足要求的是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步到位為事件，則滿足要求的是ULD，DLU，RLL，UDL，DUL所以；所以，滿足AB的情況有：LU（L或R），LD（L或R），LL（U或D），LR（U或D）．所以，所以．故答案為:．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．15.在中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且．（1）求角A的大小；（2）若，求的最大值．解：（1）因為，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，當且僅當時“”成立.16.已知函數．（1）若存在，使成立，求k的取值范圍；（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，當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以，若存在，使成立，則；（2），若在上恒成立，則在上恒成立，令，則，令，則（舍）或，當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以，則，則k的最小值為．17.斜三棱柱各棱長為4，，D為棱上的一點．（1）求證：；（2）若平面平面ABC，且二面角的余弦值為，求BD的長．（1）證明：取AB中點O，在中，，O為AB中點，所以，在中，，，，由余弦定理可得，所以有，即，所以，又因為，平面，平面，平面，又因為平面，所以；（2）解：由（1）知且平面平面，平面平面，平面，所以平面，則，如圖以OA，OC，兩兩垂直，以O為坐標原點，以OA，OC，方向為x軸，y軸，z軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標系．，，，，設，，，，設平面法向量為，，，可取，平面的法向量為，所以有，化簡得，所以有（舍）或者，所以．18.已知O為坐標原點，動點P到x軸的距離為d，且，其中，均為常數，動點P的軌跡稱為曲線．（1）若曲線為雙曲線，試問，應滿足什么條件？（2）設曲線C為曲線，點是C上位于第一象限的一點，點A，B關于原點O中心對稱，點A，D關于y軸對稱．延長AD至E，使得，且直線BE和曲線C的另一個交點G位于第二象限內．（ⅰ）求的取值范圍；（ⅱ）設直線OA斜率為，直線AG斜率為，判斷與的關系，并求的取值范圍．解：（1）由，得，若曲線為雙曲線，則，所以可化為，則，則，所以當，且時，曲線為雙曲線；（2）方法一：當，時，，即，（ⅰ）由題意得，，設點，由，即，即，得，則，直線BE的斜率為，所以直線BG的方程為，即，聯立，得，由直線BG與雙曲線有2個交點，則，又因為滿足，由韋達定得，解得，因為，且，得，所以，又因為，可得，所以，因為，所以，所以，可得，即的取值范圍為．（ⅱ）由（ⅰ）得，所以，因為，則，則，；方法二：當，時，，即，（ⅰ）由題意得，，設點，由．即，即，得，則，直線BE的斜率為，所以直線BG的方程為，設點（，），因為，所以，所以，，同理，由，兩式作差得，將直線BG方程代入并化簡得（*）所以，所以，可得，即的取值范圍為；（ⅱ）由（*）式可得，所以，由（ⅰ）得，所以．19.某網店發現其某款商品的日銷售量與該店在購物平臺APP的日訪問量呈線性相關關系，為了吸引更多的顧客購買該商品，在APP上推出了A和B兩款互動游戲，顧客在參與游戲后，有機會獲得優惠券．下圖是該商品日銷售量y（單位：千件）與日訪問量x（單位：萬人次）的散點圖：（1）求出y關于x的回歸方程，并預測日訪問量12萬人次時日銷售多少千件商品；（2）A款游戲為通關游戲，游戲規則為：顧客每次挑戰都有的概率成功通關，一旦成功，則游戲立即結束并獲得優惠券，如果挑戰失敗，可繼續挑戰；每位顧客共有n次挑戰機會，第n次無論成功與否都結束游戲．設X為游戲結束時，進行挑戰的次數，X的數學期望為，證明：；（3）B款游戲為抽球游戲，游戲規則為：有個小球，編號為，參與者從中隨機抽取個小球，記錄編號后放回，再重新隨機抽取個小球，記被重復抽取的小球數為，并向參與者發放張優惠卷，求使取得最大值時的m值．參考數據：，．參考公式：回歸方程中的斜率和截距的最小二乘估計公式分別為：，．解：（1）由題意可得：，，，，所以回歸方程，