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2025年遼寧省遼陽市燈塔第一高級中學高考數學一模試卷
一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。
1.若復數滿足：，則( )
A. B. C. D.
2.已知命題：，，命題：，，則( )
A. 和都是真命題 B. 和都是真命題
C. 和都是真命題 D. 和都是真命題
3.已知集合，，則( )
A. B. C. D.
4.若數列的前項和滿足，則( )
A. 數列為等差數列
B. 數列為遞增數列
C. ，，為等差數列
D. ，，為等差數列
5.已知，，則( )
A. B. C. D.
6.一組樣本數據，，，，的平均數為，方差為，則由這組樣本數據得到的新樣本數據，，，，，的方差為( )
A. B. C. D.
7.將雙曲線繞其中心旋轉一個合適的角度，可以得到一些熟悉的函數圖象，比如反比例函數，“對勾”函數，“飄帶”函數等等，它們的圖象都能由某條雙曲線繞原點旋轉而得現將雙曲線繞原點旋轉一個合適的角度，得到“飄帶”函數的圖象，則雙曲線的離心率為( )
A. B. C. D.
8.已知函數滿足，且，則的最小值為( )
A. B. C. D.
二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。
9.已知函數圖象的對稱中心也是函數圖象的對稱中心，則的解析式可以為( )
A. B.
C. D.
10.已知不等式的解集為且，則下列說法中正確的是( )
A. 函數的極大值點為
B. 函數的對稱中心為
C. 過點可作一條直線與曲線相切
D. 當時，
11.如圖，在棱長為的正方體中，是線段上的動點不包括端點，過，，三點的平面將正方體截為兩個部分，則下列說法正確的是( )
A. 正方體的外接球的表面積是正方體內切球的表面積的倍
B. 存在一點，使得點和點到平面的距離相等
C. 正方體被平面所截得的截面的面積隨著的增大而增大
D. 當正方體被平面所截得的上部分的幾何體的體積為時，是的中點
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12.已知函數，若，則 ______．
13.已知是等差數列的前項和，數列的公差為，且是等差數列，則 ______．
14.若實數，，滿足條件：，則的最大值是______．
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.本小題分
在三棱柱中，側面是邊長為的正方形，，．
求證：平面平面；
求二面角的余弦值．
16.本小題分
學校進行足球專項測試考核，考核分“定位球傳準”和“米運球繞桿射門”兩個項目規定：“定位球傳準”考核合格得分，否則得分；“米運球繞桿射門”考核合格得分，否則得分現將某班學生分為兩組，一組先進行“定位球傳準”考核，一組先進行“米運球繞桿射門”考核，若先考核的項目不合格，則無需進行下一個項目，直接判定為考核不合格；若先考核的項目合格，則進入下一個項目進行考核，無論第二個項目考核是否合格都結束考核已知小明“定位球傳準”考核合格的概率為，“米運球繞桿射門”考核合格的概率為，且每個項目考核合格的概率與考核次序無關．
若小明先進行“定位球傳準”考核，記為小明結束考核后的累計得分，求的分布列；
為使累計得分的期望最大，小明應選擇先進行哪個項目的考核？并說明理由．
17.本小題分
已知函數．
討論的單調區間；
若在上的最小值為，求的值．
18.本小題分
已知橢圓的離心率為，左右兩頂點分別為，，過點作斜率為的動直線與橢圓相交于，兩點當時，點到直線的距離為．
求橢圓的標準方程；
設點關于原點的對稱點為，設直線與直線相交于點，設直線的斜率為，試探究是否為定值，若為定值，求出定值并說明理由．
19.本小題分
已知數列的前項和為，若數列滿足：數列項數有限為；；，則稱數列為“階可控搖擺數列”．
若等比數列為“階可控搖擺數列”，求的通項公式；
若等差數列為“階可控搖擺數列”，且，求數列的通項公式；
已知數列為“階可控搖擺數列”，且存在，使得，探究：數列能否為“階可控搖擺數列”，若能，請給出證明過程；若不能，請說明理由．
參考答案
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15.解：證明：因為側面是邊長為的正方形，
所以，，
因為，，
則，因為，
所以，即，
因為，、平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
以直線，為，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
因為，所以，
所以，
則，
設平面的法向量為，
則，由，可得，
令，則，
平面的法向量為，
所以，
又二面角為銳角，所以其余弦值為．
16.解：由題意可得，的可能取值為，，，
則，，
，
的分布列為：
由可知小明先進行“定位球傳準”考核，累計得分的期望為，
若小明先進行“米運球繞桿射門”考核，記為小明的累計得分，則的所有可能取值為，，，
，，
，
則的期望為，
，小明應選擇先進行“定位球傳準”考核．
17.解：函數的定義域為，．
當時，，的單調遞減區間為；
當時，令，解得，
當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增．
綜上，當時，的單調遞減區間為，無單調遞增區間；
當時，的單調遞減區間為，單調遞增區間為．
當時，在上單調遞減，所以，解得或舍去，故．
當時，在上單調遞減，所以，解得或舍去，故．
當時，在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，
因為，所以，故，不符合題意．
綜上，．
18.解：依題意可知，
由題意可知，直線的方程為，
所以，解得，
所以，則，
所以橢圓的標準方程．
設，，，直線的方程為，此時．
聯立直線與橢圓方程，消去得，
則，
所以，
不妨設，則，
所以，
因為，，三點共線，則，即，
所以，
兩式相加得，，
所以，所以，
所以．
19.解：若，則，解得，則，與題設矛盾，舍去；
若，則，得，
而，解得或，
故或．
設等差數列，，，，的公差為，
因為，則，則，，
由，得，，，
而，故，，
兩式相減得，即，
，得，
所以；
記，，，，中所有非負項之和為，負項之和為，
因為數列為“階可控搖擺數列”，則，得，，
故，所以，
若存在，使得，即，
則，，，，，，，，
且，
假設數列也為“階可控搖擺數列”，記數列的前項和為，
則，
因為，所以．
所以，，
，則，，．
所以；
即與不能同時成立．
故數列不為“階可控搖擺數列”．
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