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2025年辽宁省辽阳市灯塔第一高级中学高考数学一模试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若复数满足：，则( )
A. B. C. D.
2.已知命题：，，命题：，，则( )
A. 和都是真命题 B. 和都是真命题
C. 和都是真命题 D. 和都是真命题
3.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
4.若数列的前项和满足，则( )
A. 数列为等差数列
B. 数列为递增数列
C. ，，为等差数列
D. ，，为等差数列
5.已知，，则( )
A. B. C. D.
6.一组样本数据，，，，的平均数为，方差为，则由这组样本数据得到的新样本数据，，，，，的方差为( )
A. B. C. D.
7.将双曲线绕其中心旋转一个合适的角度，可以得到一些熟悉的函数图象，比如反比例函数，“对勾”函数，“飘带”函数等等，它们的图象都能由某条双曲线绕原点旋转而得现将双曲线绕原点旋转一个合适的角度，得到“飘带”函数的图象，则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
8.已知函数满足，且，则的最小值为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数图象的对称中心也是函数图象的对称中心，则的解析式可以为( )
A. B.
C. D.
10.已知不等式的解集为且，则下列说法中正确的是( )
A. 函数的极大值点为
B. 函数的对称中心为
C. 过点可作一条直线与曲线相切
D. 当时，
11.如图，在棱长为的正方体中，是线段上的动点不包括端点，过，，三点的平面将正方体截为两个部分，则下列说法正确的是( )
A. 正方体的外接球的表面积是正方体内切球的表面积的倍
B. 存在一点，使得点和点到平面的距离相等
C. 正方体被平面所截得的截面的面积随着的增大而增大
D. 当正方体被平面所截得的上部分的几何体的体积为时，是的中点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数，若，则 ______．
13.已知是等差数列的前项和，数列的公差为，且是等差数列，则 ______．
14.若实数，，满足条件：，则的最大值是______．
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.本小题分
在三棱柱中，侧面是边长为的正方形，，．
求证：平面平面；
求二面角的余弦值．
16.本小题分
学校进行足球专项测试考核，考核分“定位球传准”和“米运球绕杆射门”两个项目规定：“定位球传准”考核合格得分，否则得分；“米运球绕杆射门”考核合格得分，否则得分现将某班学生分为两组，一组先进行“定位球传准”考核，一组先进行“米运球绕杆射门”考核，若先考核的项目不合格，则无需进行下一个项目，直接判定为考核不合格；若先考核的项目合格，则进入下一个项目进行考核，无论第二个项目考核是否合格都结束考核已知小明“定位球传准”考核合格的概率为，“米运球绕杆射门”考核合格的概率为，且每个项目考核合格的概率与考核次序无关．
若小明先进行“定位球传准”考核，记为小明结束考核后的累计得分，求的分布列；
为使累计得分的期望最大，小明应选择先进行哪个项目的考核？并说明理由．
17.本小题分
已知函数．
讨论的单调区间；
若在上的最小值为，求的值．
18.本小题分
已知椭圆的离心率为，左右两顶点分别为，，过点作斜率为的动直线与椭圆相交于，两点当时，点到直线的距离为．
求椭圆的标准方程；
设点关于原点的对称点为，设直线与直线相交于点，设直线的斜率为，试探究是否为定值，若为定值，求出定值并说明理由．
19.本小题分
已知数列的前项和为，若数列满足：数列项数有限为；；，则称数列为“阶可控摇摆数列”．
若等比数列为“阶可控摇摆数列”，求的通项公式；
若等差数列为“阶可控摇摆数列”，且，求数列的通项公式；
已知数列为“阶可控摇摆数列”，且存在，使得，探究：数列能否为“阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由．
参考答案
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15.解：证明：因为侧面是边长为的正方形，
所以，，
因为，，
则，因为，
所以，即，
因为，、平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
以直线，为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
所以，
则，
设平面的法向量为，
则，由，可得，
令，则，
平面的法向量为，
所以，
又二面角为锐角，所以其余弦值为．
16.解：由题意可得，的可能取值为，，，
则，，
，
的分布列为：
由可知小明先进行“定位球传准”考核，累计得分的期望为，
若小明先进行“米运球绕杆射门”考核，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为，，，
，，
，
则的期望为，
，小明应选择先进行“定位球传准”考核．
17.解：函数的定义域为，．
当时，，的单调递减区间为；
当时，令，解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
综上，当时，的单调递减区间为，无单调递增区间；
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为．
当时，在上单调递减，所以，解得或舍去，故．
当时，在上单调递减，所以，解得或舍去，故．
当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，所以，故，不符合题意．
综上，．
18.解：依题意可知，
由题意可知，直线的方程为，
所以，解得，
所以，则，
所以椭圆的标准方程．
设，，，直线的方程为，此时．
联立直线与椭圆方程，消去得，
则，
所以，
不妨设，则，
所以，
因为，，三点共线，则，即，
所以，
两式相加得，，
所以，所以，
所以．
19.解：若，则，解得，则，与题设矛盾，舍去；
若，则，得，
而，解得或，
故或．
设等差数列，，，，的公差为，
因为，则，则，，
由，得，，，
而，故，，
两式相减得，即，
，得，
所以；
记，，，，中所有非负项之和为，负项之和为，
因为数列为“阶可控摇摆数列”，则，得，，
故，所以，
若存在，使得，即，
则，，，，，，，，
且，
假设数列也为“阶可控摇摆数列”，记数列的前项和为，
则，
因为，所以．
所以，，
，则，，．
所以；
即与不能同时成立．
故数列不为“阶可控摇摆数列”．
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