辽宁省丹东市2025届高三(上)期末数学试卷（解析版）

这是一份辽宁省丹东市2025届高三(上)期末数学试卷（解析版），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知i是虚数单位，复数z=，则复数z的虚部为（ ）
A. iB. -iC. 1D. -1
【答案】C
【解析】由题意，，则z的虚部为1.
故选：C.
2. 设集合，集合，，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为，，
所以，，
所以，或，
，或，
所以，或.
故选：B.
3. 双曲线的顶点到其渐近线的距离为（ ）
A. B. C. 2D. 1
【答案】A
【解析】由，可得渐近线方程为：，顶点坐标为，
由对称性，取顶点，渐近线，
由距离公式可得：顶点到其渐近线的距离为，
故选：A.
4. 的展开式中的系数为（ ）
A. 5B. 10C. 20D.
【答案】B
【解析】的通项为，所以的展开式中的项为，则系数为10.
故选：B.
5. 在边长为2的正方形ABCD中，E是AB的中点，则（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】D
【解析】边长为2的正方形ABCD中，E是AB的中点，故，
.
故选：D.
6. 把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图像，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】向右平移个单位长度得到，
然后所有点的横坐标缩短到原来的倍得到，
所以.
故选：D.
7. 函数在区间上单调递增，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由题意得，解得.
故选：D.
8. 已知正三棱锥中，D是棱PC上点，，且，则直线BD与平面PAB所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
取中点，连接，
因为为中点，所以，，
因为，平面，所以平面，
以为原点，所在直线分别为轴，作平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，
设，，，，，，
因为，所以，解得，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，
所以，，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：A.
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. 有一组样本数据，由这组数据得到新样本数据，其中，则（ ）
A. 两组样本数据的样本平均数相同B. 两组样本数据的样本极差相同
C. 两组样本数据的样本中位数相同D. 两组样本数据的样本标准差相同
【答案】BD
【解析】，故A错；
设，则两组样本数据的样本极差都为，故B正确；
若原样本数据的中位数为，则新样本数据的中位数为，故C错；
，故D正确.
故选：BD.
10. 已知抛物线的焦点为F，直线与C交于M，N两点（M在第一象限），l为C的准线，若点M到l的距离为4，，则（ ）
A. B.
C. 以MN为直径的圆与l相切D. 点F到直线MQ的距离为
【答案】BCD
【解析】抛物线，其准线为，
因为到的距离为，则，代入抛物线方程得，则，
所以，解得，故A错；
联立得，解得或3，则，
，故B正确；
中点坐标为，点到直线的距离为，
所以以为直径的圆与相切，故C正确；
，所以直线的方程为，
整理得，则点到直线的距离，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知等比数列的公比为q，其前n项和为，前n项积为，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，为递增数列
B. ，，为等比数列
C.
D. 若，的n的最小值为10
【答案】AD
【解析】由故，
对于A, 若，则，所以为递增数列，故A正确；
对于B，若则，此时，，不是等比数列，故B错误；
对于C, ，若则，当且仅当时取等；
时，，当且仅当时取等，故C错误；
对于D, 若，则当时，，当时，，
因为，
，
，
故的n的最小值为10，故D正确.
故选：AD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数为奇函数，则__________.
【答案】2
【解析】因为为奇函数，所以，解得或，
当时，，成立；
当时，，，，故不成立，
所以.
故答案为：2.
13. 已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则圆锥的体积为__________.
【答案】
【解析】
由题意得底面圆的周长为，设圆锥的母线长为，则，解得，
所以圆锥的体积.
故答案为：.
14. 已知，为椭圆的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，，且四边形的面积为6，则C的方程为__________.
【答案】
【解析】
设，，由题意得，，
因为，所以四边形为矩形，
所以，，则，
解得，所以，椭圆的方程为.
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. 记锐角内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求A；
（2）在所在的平面内有一点D，使，，若，求的面积.
解：（1）
根据正弦定理，得，，
因为，所以.
所以，，故.
（2）由，，可知在四边形ABDC中，，
因为，所以，则，
由，所以，是等边三角形，
所以的面积.
16. 已知函数.
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）当，时，求证：.
解：（1）因为，
当，所以，则，且，
所以在处的切线方程为，即.
（2）由，所以在上单调递减，
的最大值为，
令，
则，，
所以，所以在上单调递减，，
在上最大值为，所以，
所以.
17. 如图，在边长为4的正方形MBCD中，A为线段MB的中点，沿AD将翻折至，使得.
（1）求证：平面平面PCD；
（2）求平面PBC与平面PCD所成角的正弦值.
（1）证明：连接AC，，
可得，
,
所以，，
因为，平面，
所以平面PCD，
因为平面PAB，
所以平面平面PCD.
（2）解：取CD的中点Q，连接PQ，AQ
由（1）知，，，，平面，
所以平面PAQ，
因为平面ABCD，
所以平面平面ABCD，
过P作，垂足为N，
因平面，平面平面，
所以平面ABCD，
因为平面，
所以，
在中，，，
以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
可知z轴在平面PAQ内.
则，，，，
，，
设平面PBC的法向量，由，
可得，可取
由（1）可知，为平面PCD的法向量，
则平面PCD的法向量为.
故，
所以平面PBC与平面PCD所成角的正弦值为.
18. 某驾校的张教练带领甲、乙、丙三名学员进行科目三练习，由于教练车只有一辆，张教练在排队系统中设定：每次甲练习后，系统抽到甲练习的概率为，抽到乙练习的概率为，每次乙练习后，系统抽到甲练习的概率为，抽到丙练习的概率为，每次丙练习后，系统抽到甲练习的概率为，抽到乙练习的概率为，直到这天练习结束，一共练习了n（，）轮，已知练习从甲开始.
（1）当时，求甲一共参与练习次数X的分布列与期望；
（2）求第n轮为甲练习的概率.
解：（1）根据题意得，X的可能取值分别为1，2，3，
则时，表示第1轮为甲，第2轮为乙，第3轮为丙，即，
时，表示第1轮为甲，第2轮为甲，第3轮为乙，或第1轮为甲，第2轮为乙，第3轮为甲，
即，
时，表示第1轮为甲，第2轮为甲，第3轮为甲，即，
所以X的分布列如下表
.
（2）设第n轮练习为甲，乙，丙的概率分别为，，，
由题意得 ， ①
， ②
由②得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
，则代入①中，
得，故第n轮为甲练习的概率为.
19. 设A，B分别是直线和上的动点，，O为坐标原点，动点P满足，记动点P的轨迹为C.
（1）求C的方程；
（2）设C与x轴正半轴的交点为D，与y轴正半轴的交点为E，当点P在第一象限时，直线PD交y轴于点M，直线EP交x轴于点N.
（ⅰ）求证：为定值；
（ⅱ）求面积的最大值.
（1）解：设，，，
由，，得 ， ①
， ②
联立①②消去，可得C的方程为；
（2）（ⅰ）证明：
设（，），，，
由三点共线可知，得，
由三点共线可知，得，
所以，，
所以，
因为，所以代入上式得.
（ⅱ）解：由图知，的面积为
，
即
因，则（时等号成立）
所以，即面积的最大值为.X
1
2
3
P