辽宁省六校2025届高三上学期普通高中第四次联合教学质量检测数学试题

这是一份辽宁省六校2025届高三上学期普通高中第四次联合教学质量检测数学试题，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．在梯形 中，满足 ，则 （ ）
A．4B．6C．10D．12
3．某景区新开通了 个游玩项目，并邀请了甲、乙、丙、丁 4 名志愿者体验游玩项目，每名志愿者均选择 1 个项目进行体验，每个项目至少有 1 名志愿者进行体验，且甲不体验 项 目， 则不同的体验方法共有（ ）
A．12 种B．18 种
C．24 种D．30 种
4．已知为等差数列的前项和，若，则（ ）
A．2B．1C．0D．
5．如图，平行四边形所在平面外一点，为AD的中点，为上一点，当平面时，（ ）

A．23B．C．D．
6．已知圆：，圆：，其中，若两圆外切，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．已知定义在上的函数是的导函数，满足，且，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
8．数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为，则下列结论正确的是（ ）
A．勒洛四面体最大的截面是正三角形
B．若、是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为
C．勒洛四面体的体积是
D．勒洛四面体内切球的半径是
二、多选题
9．已知复数 在复平面内对应的点在直线 上，则（ ）
A．B． 是纯虚数
C．D．
10．如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．异面直线AP与所成角的取值范围是
C．平面ADP与平面ABCD所成夹角的余弦值取值范围是
D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
11．已知，函数，则（ ）
A．若为偶函数，则
B．若，则恰有 1 个极值点
C．若，则对任意 ，均有
D．当时，恒有
三、填空题
12．数学家斐波那契有段时间病迷于研究有趣的数列问题，意外发现了一个特殊的数列：1，1，2，3，5，8，…，从第3项起，每一项都等于它前面两项之和，即，，后人把这样的数列称为“斐波那契数列”．若，则 ．
13．把3个红球和33个白球随机排成一圈，则连续排列的白球个数不超过13个的概率是
14．定义：点到直线（不全为零）的有向距离为.设点到直线l的有向距离为.已知两定点与，到直线l的有向距离之差的绝对值等于，且在直线l的同侧，则平面上不在任何一条直线l上的点组成的图形面积为 .
四、解答题
15．在中，角的所对的边分别为，已知.
(1)求角的大小；
(2)若的面积为，且.
（i）求的值；
（ii）求的值.
16．已知等差数列前项和为，数列是等比数列，，.
(1)求数列和的通项公式；
(2)对任意的正整数，设记数列的前项和为，求.
(3)设，若对任意的，都有.成立，求实数的取值范围.
17．如图，在三棱锥 中， 分别是 的中点.
(1)求证: 平面 ；
(2)若四面体的体积为 ，求；
(3)若 ，求直线 AD 与平面 所成角的正弦值的最大值.
18．已知椭圆过点，其长轴长为4，下顶点为，若作与轴不重合且不平行的直线交椭圆于两点，直线分别与轴交于两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)当点横坐标的乘积为时，试探究直线是否过定点？若过定点，请求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.
19．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)已知有两个极值点，且，
（i）求实数a的取值范围；
（ii）求的最小值．
参考答案：
1．A
【分析】应用集合的并运算求集合.
【详解】由题设.
故选：A
2．C
【分析】由向量线性运算得，然后由计算．
【详解】∵，∴，
，
故选：C．
3．C
【分析】分情况讨论，结合排列组合知识计算即可.
【详解】若乙、丙、丁 3 人体验的项目各不相同，则有 种体验方法，
若乙、丙、丁 3 人有 2 人体验的项目相同，则有 种体验方法，
故不同的体验方法共有 24 种.
故选：C.
4．C
【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质及前项和公式计算判断得解.
【详解】在等差数列中，由，得，
而，则，即，
所以.
故选：C
5．D
【分析】由线面平行的性质定理得到，故，转化为求即可．
【详解】

连接 交 于 ，连接 ，
因为 平面 ， 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，所以 .
又 ， 为 的中点，
所以 ，
所以 .
故选：D.
6．C
【分析】通过两个圆相切，列出关系式，然后求解表达式的范围即可.
【详解】圆，则，半径r1=1，
圆，则，半径，
因为两圆外切，所以，
即，即，
则点在以1,0为圆心，半径为3的圆上，即在圆上，
令，则k表示过点与点的直线的斜率，
则该直线一定过点，且与圆有公共点，
由题意作图，由图可知该直线斜率一定存在(若斜率不存在，则直线与圆相离)，
设该直线方程为，
即为，圆心1,0到直线的距离为d，则，
解得，即的取值范围是.
故选：C.
7．D
【分析】构造函数，由导数确定单调性，将已知不等式转化为关于不等式，然后利用单调性即可求解．
【详解】设，则 ，
因为，，所以，可得在上单调递减，
不等式，即，即，所以，
因为在上单调递减，所以，解得：，
所以不等式的解集为：，
故选：D
8．D
【分析】由勒洛四面体的定义判断选项A；由勒洛四面体的定义并作图求解判断B；根据对称性, 由勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心求解判断C；结合C由棱长减去外接球的半径求得内切球的半径求解判断.
【详解】由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面即经过四面体表面的截面，如图1所示，故A不正确；
将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如下图所示：
连接，交于中点，交于中点，连接，易得,
则，
而，
所以，
故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于4，故B错误，
如图2，由对称性可知勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心，
连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径.
如图3, 在正四面体中，为的中心，是正四面体外接球的球心，
连接、、，由正四面体的性质可知在上.
因为, 所以，则.
因为，
即，解得，
则正四面体外接球的体积是，
而勒洛四面体的体积小于其外接球的体积，C错误；
因为，所以 ,
所以，勒洛四面体内切球的半径是，则 D正确.
故选：D.
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.
9．BD
【分析】由复数的有关概念及四则运算逐项判断即可.
【详解】 在复平面内对应的点为，由题意得 ，所以 ，
所以 ，
故 A 错误，BD正确; 两个虚数不能比较大小，故 C 错误.
故选: BD.
10．ABD
【分析】对于A，利用线面平行的判定定理，得出平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于B，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于CD，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出平面与平面所成角的余弦值和直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断.
【详解】对于A，，平面，平面，
所以平面，因为点在线段上运动，
点到平面的距离为定值，又的面积为定值，
故三棱锥的体积为定值，故A正确；
对于B，因为，所以异面直线与所成的角即为与所成的角，
当点位于点时，与所成的角为，
当点位于的中点时，因为平面，，
所以，此时，与所成的角为，
所以异面直线与所成角的取值范围是，故B正确；
对于C，以为原点，为轴，为轴，为轴，
建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，，，
则，，设平面的法向量，
设平面的法向量，
，
则，即，
令，则，则得，
面与平面所成夹角为，
所以，
因为，，所以，，
所以平面与平面所成夹角的余弦值取值范围是，故C错误；
对于D，则，，，，，，
设平面的法向量n=x,y,z，则，即，
令，则，得，
所以直线与平面所成角的正弦值为：
，
当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，
最大值为，故D正确.
故选：ACD.
11．AD
【分析】对选项A：由偶函数取特殊值，即可得到关系；对选项BC：取反例即可；对选项D：由二项展开式应用可证明不等式．
【详解】对于选项A：若为偶函数，则由，得，则，从而，A正确.
对于选项B：若，由，得或
当时，．
由，得或，可知有 2 个极值点，不正确.
对于选项C：若，不妨取此时，
则不正确.
对于选项D：当时，
.
因为，所以，
则正确.
故选：AD．
12．2024
【分析】根据数列的特点,每个数等于它前面两个数的和,移项得:,使用累加法求得,然后将中的2倍展成和的形式（如)即可求解.
【详解】由从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，，
由,得,
所以，，，...，
将这个式子左右两边分别相加可得:
所以.
所以
,
所以.
故答案为：.
13．
【分析】根据题意，由条件可得满足方程的解共有组，然后分，，，，讨论，逐一计算，即可得到结果.
【详解】
如图，位于红球之间的白球个数记为，
故满足方程的解共有组，
满足时的解有以下情形：
①若时，有，
，共7种；
同理，时，有7种；时，有7种，
去掉重复的共有18种，
②若时，有，共4种；
同理，时，有4种；时，有4种，去掉重复的共有9种，
③若，有，此时只有1种，
④若，有，与前面重复，舍去，
⑤若，有，与前面重复，舍去，
⑥若，有，与前面重复，舍去，
⑦若，有，与前面重复，舍去，
⑧若，不存在，
共有种，
连续排列的白球个数不超过13个的概率是.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解答本题的关键在于将问题转化为方程的正整数解问题，然后分类讨论求解.
14．8
【分析】结合有向距离定义，化简可得，由在直线l的同侧得，化简得的范围，由直线与直线的变化数形结合可得.
【详解】由题意两定点与到直线的有向距离分别为
，，
因为，所以，
即，化简得，则.
又由不全为零，则，且.
当时，可化为；
当时，可化为；
又因为在直线l的同侧，
则.
解得或.
所以直线可表示平面上两平行直线与之间带状区域以外的点，
其中不能表示两平行直线上的点；
直线可表示平面上两平行直线与之间带状区域以外的点，
其中不能表示两平行直线上的点；
结合图形可知，平面上不在任何一条直线l上的点组成的图形为以为对角线的正方形，
由，则该正方形的面积.
故答案为：.

【点睛】结论点睛：根据有向距离的定义，可得如下结论：
在直线同侧的点，有向距离的符号相同；在直线异侧的点，有向距离的符号相反.即点在直线的同侧；点在直线的异侧.
15．(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变换的知识来求得正确答案.
（2）（i）、（ii）利用三角形的面积公式、余弦定理、正弦定理以及三角恒等变换的知识求得正确答案.
【详解】（1）依题意，，
由正弦定理得，
由于三角形中，，
所以，
所以为锐角，所以.
（2）（i），
由余弦定理得，
由正弦定理得，
（ii），
所以，
，
所以
.
16．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设出公差公比，由已知建立方程组，再由等差、等比通项公式求解即可；
（2）通过错位相减法和裂项相消法求和即可；
（3）通过裂项相消求和，再参变分离求最值即可求解.
【详解】（1）设的公差为d，的公比为q．则，∴
∴；
（2）由（1）知，
所以，
所以，
令，
，
两式相减可得：，
所以，
令
，
所以，
（3），
所以，
由恒成立可得：
恒成立，
即求当时的最小值，
对于，显然当递增，当时取最小15，
令，则，
显然当时，，
即当时取最大为，
所以的最小值为11，
所以，
所以实数的取值范围是
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明，可证线面垂直；
（2）由已知四面体体积求得体积，再由体积公式可得；
（3）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角．
【详解】（1）.的中点为，则.
.
，则，
故，即.
因为，，平面，平面，
所以平面.
（2）因为，所以.
而，
所以，解得：.
（3）过作轴垂直平面，以方向分别为
则，
，
设平面法向量为
由得，
所以为平面的一个法向量，
设与平面所成角为，


所以
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
18．(1)
(2)直线过定点，坐标为.
【分析】（1）先求出，再代入点解出，进而得到椭圆方程；
（2）设直线的方程为，直曲联立解出，再由，解出值即可.
【详解】（1）由椭圆长轴长为，可知，将代入椭圆方程：，
所以椭圆的方程为：.
（2）设直线的方程为，，由
则直线的方程为，令，得，
同理可得，
所以，
所以，
把直线代入椭圆方程中，得出，
所以，
代入，
化简得，
所以直线过定点.
【点睛】关键点点睛：由题意得出再代入化简是本题的关键点.
19．(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根据导数的几何意义计算即可求解；
（2）（i）根据极值点的概念可得是方程的两个正根，结合计算即可求解；
（ii）由（i）得，化简计算可得，令，利用导数求出即可.
【详解】（1）当时，，
则，得，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）（i），
又是函数的两个极值点，所以是方程的两个正根
则，解得，
经检验，当时，符合题意.
所以实数的取值范围为.
（ii）由（i）知，则，，
，
令，
则，
当时，，则单调递减
当时，，则单调递增
故当时，取得最小值，
所以，即的最小值为.
【点睛】方法点睛：函数由极值、极值点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
C
C
D
C
D
D
BD
ABD
题号
11









答案
AD