遼寧省點石聯考2025屆高三下學期5月聯合考試數學試題（含解析）

遼寧省點石聯考2025屆高三下學期5月聯合考試數學試題一、單選題1．已知復數z滿足，則（

）A．-1 B． C． D．2i2．已知集合，則（

）A． B． C． D．3．某市移動機器人比賽項目有19位同學參賽，他們在預賽中所得的積分互不相同，只有積分在前10位的同學才能進入決賽．若該比賽項目中的某同學知道自己的積分后，要判斷自己能否進入決賽，則他只需要知道這19位同學的預賽積分的（

）A．平均數 B．眾數 C．中位數 D．極差4．已知銳角θ滿足，則（

）A． B． C． D．5．圓與圓的公切線條數為（

）A．1 B．2 C．3 D．46．已知函數和，其中，的最大值為3，若與的圖象在區間上恰有一個交點，則k的值可以為（

）A．1 B． C． D．7．記為數列的前n項和，為數列的前n項積，且，則當取得最小值時，（

）A．11 B．12 C．13 D．148．已知正三棱柱的表面積為，則當其體積取得最大值時，該三棱柱上下兩底面之間的距離為（

）A．3 B． C． D．二、多選題9．已知向量，，則（

）A． B． C． D．10．已知點，均在拋物線C：上，F是C的焦點，則下列說法正確的是（

）A． B．直線軸C．若，則 D．若，則11．設函數，，以下說法正確的是（

）A．圖象的對稱中心為B．若，圖象的對稱軸為直線C．若，有且僅有一個零點D．若，則與的圖象有且僅有兩個交點三、填空題12．已知雙曲線的一條漸近線的斜率為2，則13．已知正實數滿足，若的最小值為4，則實數的取值范圍是．14．在一個玩數米粒的游戲中，甲?乙?丙?丁四人每人各有一個罐子，每輪游戲都從米缸中分若干次數米粒放入自己的罐子中．第一輪：甲數了1粒，接著乙數了2?3粒，接著丙數了4?5?6粒，接著丁數了7?8?9?10粒；第二輪甲接著數了11?12?13?14?15粒，依次循環，直到某人某次數了1000粒，游戲結束．在第二輪游戲完成時，丁的罐子里一共有粒米粒；游戲結束時，是進行到第輪游戲．四、解答題15．設銳角的內角的對邊分別是，．（1）求C；（2）若，，求的值．16．如圖，在梯形中，，，，，，點E滿足，將沿翻折至，連接，，使得．（1）證明：；（2）設，中點分別為M，N，求平面與平面夾角的正弦值．17．一款熱銷的電子產品是由兩種零配件（零配件1和零配件2）組裝而成．只要其中一種零配件不合格，則組裝出的成品一定不合格；如果兩種零配件均合格，組裝出的成品也不一定合格．對于不合格的成品，只能報廢．已知兩種零配件和成品的次品率如表所示（單價和成本單位為元）．零配件1零配件2成品不合格品次品率購買單價檢測成本次品率購買單價檢測成本兩種零配件均合格時的次品率裝配成本檢測成本市場售價退貨運費4元2元18元3元6元3元56元6元為爭取收益最大化，企業需要做出決策：①對零配件（零配件1或零配件2）是否進行檢測．如果對某種零配件不檢測，這種零配件將直接進入到組裝環節；否則將檢測出的不合格零配件丟棄．如果其中一個零配件檢測為合格品，另一個為不合格品，則不能組裝為成品，這種情況中的合格品會用于下一套成品組裝，因此相關費用此處不予考慮，只考慮不合格品的相關支出即可．②對組裝好的每一件成品是否進行檢測．如果不檢測，組裝后的成品直接進入市場；否則只有檢測合格的成品進入市場，對檢測出的不合格成品直接丟棄．對用戶購買的不合格品，企業將無條件予以退貨，并承擔運費，且將退回的不合格品丟棄．（1）如果不進行任何檢測，求生產出的成品中的次品率；（2）如果全部不檢測，求每個單件產品的預期收益；（3）如果對零配件1、零配件2和成品全部進行檢測，求每個單件產品的企業預期收益．18．已知橢圓的離心率為，長軸長為，上頂點為C，右焦點為F．（1）求的標準方程；（2）過C作直線，分別交于A，B兩點，交x軸于D，E兩點，其中，在的兩側，且．設直線，斜率分別為，，求；（3）在第（2）問的基礎上證明：直線過定點．19．若兩個集合M，N滿足：，，且，，則稱M，N互為對偶集．已知函數，定義，．（1）若，，，證明：；（2）證明：存在，使得無論t取何值，與均互為對偶集；（3）若，求b的取值范圍．

參考答案1．【答案】D【詳解】由可得，則．故選D2．【答案】D【詳解】因為，故.故選D.3．【答案】C【詳解】因為19位同學的積分的中位數是第10名，所以知道中位數即可判斷是否在前10．故選C4．【答案】D【詳解】由題意可得，解得或（舍去）．方法一：故．方法二：此時，故．故選D.5．【答案】C【詳解】圓的方程等價于，所以圓是以為圓心，為半徑的圓，圓是以為圓心，為半徑的圓，所以圓，圓的圓心距為，圓，圓半徑之和為，即圓心距等于兩半徑之和，因此兩圓外切，所以圓，圓有3條公切線．故選C6．【答案】B【詳解】由的最大值為3，得，即．因為與的圖象在區間上恰有一個交點，所以在區間上恰有一個根．令，其圖象是開口向上的拋物線，對稱軸為，所以當，單調遞減，當，單調遞增，當時，，令，則，要使與圖象只有一個交點，則的最小值點與最大值點重合，即，所以，．所以符合題意．故選B7．【答案】B【詳解】由題意可得，當時，，兩式相減得，而，解得，因此數列是等比數列，，數列是遞增的正項數列，，，因此，所以當取得最小值時，．故選B8．【答案】B【詳解】設正三棱柱的底面邊長為a，側面高度為h，則其表面積，整理得，故正三棱柱的體積，將V看作關于a的函數，則，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，故當時，該正三棱柱的體積取得最大值，此時三棱柱上下兩底面之間的距離為．故選B9．【答案】AD【詳解】對于A，，故A正確；對于B，，，故，故B錯誤；對于C，，由于，故C錯誤；對于D，，故D正確．故選AD.10．【答案】BCD【詳解】對于A．將的坐標代入C：，得，故A錯誤．對于B，由題可得，點A，F的橫坐標相同，所以直線軸，故B正確．對于C，因為點A，B均在C上，所以，，要使，只需．若，由于，所以，，故C正確．對于D，若，因為，所以，故，解得，故D正確．故選BCD11．【答案】ABD【詳解】對A，令，即，因為，所以為奇函數，即函數對稱中心為，而的圖象可由的圖象向右平移一個單位，向下平移兩個單位得到，因此可知圖象的對稱中心為，故A正確；對B，當時，，因為，，即．可知的圖象以直線為對稱軸，故B正確；對C，當時，，，，，所以存在，，使，則有兩個零點，故C不正確；對D，當時，令，令，解得或，故D正確．故選ABD12．【答案】【詳解】因為曲線為雙曲線，所以，將雙曲線方程化為標準形式為，所以，，所以雙曲線的漸近線方程為，又因為雙曲線的一條漸近線的斜率為2，所以，解得.13．【答案】【詳解】因為為正實數，所以，因此的最小值為4，故存在，即時使得等號成立，此時，又因為，所以在上有解，所以由基本不等式可知時等號成立，所以，故實數的取值范圍是．14．【答案】29412【詳解】將自然數按照以下規律排成數陣：第一行：1第二行：2,3第三行：4,5,6第四行：7,8,9,10第五行：12,13,14,15,16……設數列：.則數陣第行的最后一個數為：.由，且.所以是第45行的第10個數.在第二輪游戲完成時，丁的罐子里的米粒數為：.因為，所以游戲完成時，是進行到第12輪.15．【答案】（1）（2）22【詳解】（1）由及正弦定理，得．

而，所以，．

又為銳角三角形，所以，所以．（2）由正弦定理，

得，．

因為，所以．

由余弦定理得，

即，

所以．16．【答案】（1）證明見解析（2）【詳解】（1）因為，，所以，又，，所以，所以，所以，故，，又，平面，故平面，

又平面，所以，因為，，所以，即，

又，平面，所以平面，而平面，所以．（2）根據（1）中位置關系，以為坐標原點，，，的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系．

由已知，可知，，，，，所以，，，．

設平面的法向量為，則，所以，取，則，，所以為平面的一個法向量；

設平面的法向量為，則，所以，取，則，，所以為平面的一個法向量．

因此，，所以平面與平面夾角的正弦值即為．17．【答案】（1）（2）（3）【詳解】（1）設事件成品為合格品，則成品為不合格品，可得，所以．（2）設預期收益為X，分2種情況：①成品是合格的，收益為，概率為；②成品是不合格的，收益為，概率為；于是預期收益X的數學期望為（元）．（3）設預期收益為Y，分5種情況：①所有檢測都是合格的，收益為，概率為；②零配件1，2都是合格的，但是成品不合格，收益為，概率為；③零配件1不合格，零配件2合格，扔掉零配件1，沒有成品，收益為，概率為；④零配件2不合格，零配件1合格，扔掉零配件2，沒有成品，收益為，概率為；⑤零配件1，2都不合格，全部扔掉，沒有成品，收益為，概率為；于是預期收益Y的數學期望為（元）．18．【答案】（1）（2）（3）證明見解析【詳解】（1）設焦距為2c，則，，且，解得，，因此的標準方程為．（2）在，中分別由正弦定理，得，，又由，及，得，故．

又直線，的斜率分別為，，則兩直線的方程分別為，則到這兩條直線的距離相等，即，平方得，化簡得，又，則．（3）證明：設直線，，，與橢圓方程聯立得，消去y，得，即，，則，，

因此，化簡得，由，解得．

因此直線過定點．19．【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析（3）【詳解】（1）由題意知，，則，