2025届辽宁省沈阳市五校协作体高三上学期11月期中考试数学试卷（解析版）

这是一份2025届辽宁省沈阳市五校协作体高三上学期11月期中考试数学试卷（解析版），共17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（本大题共8小题，每小题5分，共40分．）
1. 若集合，集合，则的真子集个数为（ ）
A. 3B. 4C. 31D. 32
【答案】A
【解析】，故，解得，
又，故，
，解得，故，
故，元素个数为2，故真子集个数为.
故选：A
2. 已知复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，故，
.
故选：B
3. 已知向量，，且，则x的值是（ ）
A. B. C. D. 6
【答案】D
【解析】，，
由得，解得.
故选：D
4. “”是“直线与圆：相切”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分条件也不必要条件
【答案】A
【解析】圆：的圆心为，半径为，
若直线与圆相切，则，解得或，
且是的真子集，
所以“”是“直线与圆：相切”的充分不必要条件．
故选：A.
5. 某学校开展利用数学知识设计LOGO的比赛，其中某位同学利用函数图象的一部分设计了如图的LOGO，那么该同学所选的函数最有可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】A：，即在定义域上递增，故A不符合题意；
B：，
在上，在上，在上，
所以在、上递减，上递增，故B符合题意；
C：由且定义域为，
为偶函数，所以题图不可能在y轴两侧，
研究上性质：，故递增，故C不符合题意；
D：由且定义域为R，为奇函数，
研究上性质：，
当时，；
当时，，所以，
故，，在递增，
所以在R上递增，故D不符合题意；
故选：B
6. 已知等差数列中，，，又，，其中，则的值为（ ）
A. 或B. C. D.
【答案】D
【解析】，
，
，
，
，
.
又，
，
.
，，，
.故选：D.
7. 已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左右焦点分别为，，点A在C上，点B在y轴上，若，，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图，，设，
则,
由，得，
解得，又在双曲线上，
所以，即，整理得，
即，由解得.
故选：C
8. 已知函数，若对任意的都有恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】对任意的，有，
故，
即，
即，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故，即，
其中在上单调递增，，，
故存在，使得，
故，当且仅当时，等号成立，
又，从而，当且仅当时，等号成立，
故，解得.
故选：C
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分）
9. 已知函数，，则（ ）
A. 与的图象有相同的对称中心
B. 与的图象关于x轴对称
C. 与的图象关于y轴对称
D. 的解集为
【答案】AB
【解析】由，
所以关于轴对称，易知它们有相同的对称中心，A、B对；
由
显然，即与的图象不关于y轴对称，C错；
由，则，即，
所以，即，D错.
故选：AB.
10. 设为坐标原点，直线过抛物线C：y2=2pxp>0的焦点且与交于，两点（点在第一象限），，为的准线，，垂足为，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 的最小值为
C. 若，则
D. 若，则直线的斜率为2或
【答案】AB
【解析】如图：
对于A：根据抛物线的性质，所有的焦点弦中，通径最短，为，由，故A正确；
对于B：因抛物线方程为，所以F1,0.
根据抛物线的定义，，所以，故B正确；
对于C：记直线与轴的交点为，过作于.
因为，，所以，所以.
根据抛物线的定义：，，
所以，故C错误；
对于D：当时，直线斜率存在且不为0，设直线：y=kx-1.
代入得：，整理得：.
设Ax1,y1，Bx2,y2，则，由，点在第一象限，
得（）.
解得，故D错误.
故选：AB
11. 已知函数，则（ ）
A.
B. 若，则的极大值点为
C. 若至少有两个零点，则
D. 在区间上单调递增
【答案】ACD
【解析】A选项，，
故，A正确；
B选项，，若，
当或时，，
当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故为极小值点，B错误；
C选项，，当时，，故在R上单调递增，不会有两个零点，舍去；
当时，由B选项知，
在上单调递增，在上单调递减，
在处取得极小值，在取得极大值，
且当趋向于时，趋向于，当趋向于时，趋向于，
其中，，
要想至少有两个零点，则，
解得，C正确；
D选项，由C选项知，当时，在R上单调递增，满足在区间上单调递增，
当时，在上单调递增，
其中，
故，所以在区间上单调递增，
综上，在区间上单调递增，D正确
故选：ACD
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 已知二项式的展开式中的系数为15，则______．
【答案】-3
【解析】展开式通项公式为，
令得，
故，解得.
故答案为：-3
13. 在四面体中，，，，当四面体的体积最大时，四面体的外接球的表面积为______．
【答案】
【解析】如图，作的中点，连接，
由，，则，
该三棱锥以为底，点到底面的距离为高，
要使体积最大，则棱锥的高最大为，故，
此时面，面，则面面，
设，，，则底面积，
又，
当且仅当时等号成立，
所以最大值为，此时，
所以，当四面体的底面为等边三角形，，面面时，体积最大，
此时底面的外接圆圆心为，连接，
由正弦定理有，显然，
所以，则，故，
故为该三棱锥外接球的球心，且球体半径为，则其表面积为.
故答案为：
14. 有一个4行4列的表格，在每一个格中分别填入数字0或1，使得4行中所填数字之和恰好是各一个，4列中所填数字之和恰好也是1，2，3，4各一个（如图为其中一种填法），则符合要求的不同填法共有__________种.
【答案】576
【解析】显然在符合要求的填法中，应该填入6个数字0和10个数字1，
按照下面顺序填入这6个数字0.
①先找到一行并填入3个数字0，选出这样1行共有4种选法，
而从该行的4格中选出3个填入数字0，也有种填法.
因此这一步共有种不同的填法.
②选出一列填入3个数字0，以图为例，可知这一列必为已填入了一个数字0的列，
否则就没有一列的数字之和为4，从而选出这一列共有3种选法.
而该列中已经填入了一个数字0，所以填入另外两个数字0有种填法.
这一步共有种不同的填法.
③当完成前面两步后，最后一个数字0所在行与列都有两个0，只有4个位置可以选择.
最后剩下所有的格都填1，有1种填法.
因此，符合要求的不同填法共有种.
故答案为：576.
四、解答题（本大题共5道小题，15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分，共77分．）
15. 已知a、b、c分别为的内角A、B、C的对边，S为的面积，且满足．
（1）求B；
（2）若，且，，求的余弦值．
解：（1）由题意得，
由余弦定理得，
所以，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，即．
（2）由及得，
，化简得，
将代入上式整理得：，所以，，
所以，解得．
∵，
∴A、D、C三点共线，且．
∴，
所以．
16. 已知函数.
（1）若在处取得极值，求的极值；
（2）若在上的最小值为，求的取值范围.
解：（1），，.
因为在处取得极值，所以，则.
所以，，
令得或1，列表得
所以的极大值为，极小值为.
（2）.
①当时，，所以在上单调递增，的最小值为，满足题意；
②当时，令，则或，所以在上单调递减，在上单调递增，
此时，的最小值为，不满足题意；
③当时，在上单调递减，的最小值为，不满足题意.
综上可知，实数的取值范围时.
17. 在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面，平面与平面的交线为.
（1）证明：；
（2）已知上是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.
（1）证明：因为四边形为菱形，所以，
又因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）解：上存在点，使与平面所成角的正弦值为，且.
理由如下：
取中点，连接，因为，所以，
又，所以为等边三角形，所以，
因为，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
以为原点，以方向分别为轴，轴，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
，
.
因为平面平面，所以平面，
又平面，平面平面，所以，
假设上存在一点，使与平面所成角的正弦值为，设，
则，所以，
设为平面的一个法向量，
则，即，
令，则，可取，
又，
所以，
即，解得，此时；
因此上存在点，使与平面所成角的正弦值为，且.
18. 甲乙两名选手进行象棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直到一方比另一方多2分为止，多得2分的一方赢得比赛，已知每局比赛中，甲获胜的概率为a，乙获胜的概率为b，双方平局概率为c，，且每局比赛结果相互独立.
（1）若，求甲选手恰好在第4局比赛后赢得比赛的概率.
（2）若，若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望的最大值.
解：（1）若比赛中甲胜，计比赛结果为甲；比赛中乙胜，计比赛结果为乙；比赛平局，计比赛结果为平.
若4局比赛中没有平局，则比赛结果按比赛顺序分别为：甲乙甲甲，乙甲甲甲.
对应概率为：；
若4局比赛中有平局，则比赛结果按比赛顺序分别为：平平甲甲，平甲平甲，甲平平甲.
对应概率为：.
综上，甲选手恰好在第4局比赛后赢得比赛的概率为；
（2）因，则比赛结果只有甲乙两种，且.
又比赛最多进行5局，则X的值可能为2，4，5.
时，比赛结果按比赛顺序分别为甲甲，乙乙，
则；
时，比赛结果按比赛顺序分别为甲乙甲甲，乙甲甲甲，乙甲乙乙，甲乙乙乙，
则；
时，说明前4场比赛没有结束比赛，即前4场甲乙打平，
则对应比赛结果按比赛顺序分别甲乙乙甲甲，乙甲甲乙甲，乙甲乙甲甲，甲乙甲乙甲，
甲乙乙甲乙，乙甲甲乙乙，乙甲乙甲乙，甲乙甲乙乙，
则.
则对应分布列为：
则.
注意到，
则，
因为，所以，当且仅当时等号成立，
因为函数在0,+∞上单调递增，
所以，故的最大值为.
19. 已知椭圆，，分别为椭圆的左顶点和右焦点，过作斜率不为的直线交椭圆于点，两点，且，当直线轴时，．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线，的斜率分别为，，且，求直线的方程；
（3）设直线交轴于点，若过点作直线的平行线交椭圆于点，求的最小值．
解：（1）设椭圆右焦点，，则①，
由，得②，
直线轴时，，两点横坐标为，
将代入椭圆方程中，解得，所以③，
联立①②③解得，，，
椭圆的标准方程为．
（2）显然，直线不与轴垂直，可设的方程为，
联立椭圆方程，消去并整理得，
又设，，显然，
所以由一元二次方程的根与系数的关系可得，
所以，
即，化简可得，即，
所以直线方程为．
（3）依题意直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为：，
则直线的方程为．
联立直线与椭圆的方程可得：，
由，可得，
联立直线与椭圆的方程可得：，即，
即，
且仅当，即时取等号，
即的最小值为．0
0
0
1
0
0
1
1
0
1
1
1
1
1
1
1
1
+
0
-
0
+
↗
极大值
↘
极小值
↗
X
2
4
5