辽宁省铁岭市2025-2026学年高二下学期3月质量检测数学试卷含解析（word版）

这是一份辽宁省铁岭市2025-2026学年高二下学期3月质量检测数学试卷含解析（word版），共8页。试卷主要包含了 答题前, 考生务必用直径 0， 本卷命题范围，78x+11等内容，欢迎下载使用。
1. 本试卷分选择题和非选择题两部分. 满分 150 分, 考试时间 120 分钟.
2. 答题前, 考生务必用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3. 考生作答时，请将答案答在答题卡上. 选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑; 非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4. 本卷命题范围: 人教 B 版选择性必修第一册, 选择性必修第二册, 选择性必修第 三册第五章第 1 节~第 2 节.
一、选择题: 本题共 8 小题, 每小题 5 分, 共 40 分. 在每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的.
1. 已知数列 an 的前 4 项为1,2,5,12,则 an 的通项公式可以是( )
A. an=3n−2 B. an=2n−n C. an=3n−2 D. an=4n−3
【答案】B
【解析】
【分析】将数列的前 4 项依次代入选项验证即可.
【详解】数列 an 的前 4 项: a1=1,a2=2,a3=5,a4=12 .
选项 A: a1=3×1−2=1,a2=3×2−2=4≠2 ,排除;
选项 B: a1=21−1=1,a2=22−2=2,a3=23−3=5,a4=24−4=12 ,均符合;
选项 C: a1=31−2=1,a2=32−2=7≠2 ,排除;
选项 D: a1=41−3=1,a2=42−3=13≠2 ,排除.
故选: B.
2. 已知直线 l:5x+12y−13=0 ，则过原点且与 l 平行的直线的方程为( )
A. 5x+12y=0 B. 5x−12y=0 C. 12x+5y=0 D. 12x−5y=0
【答案】A
【解析】
【分析】由已知设所求直线方程为 5x+12y+c=0 ,根据直线过原点求得 c ,即得答案.
【详解】与 l:5x+12y−13=0 平行的直线的方程可以设为 5x+12y+c=0 ,
又直线 5x+12y+c=0 过原点,所以 c=0 .
所以过原点且与 l 平行的直线的方程为 5x+12y=0 .
3. 设随机变量 X∼N4,9 ,若 PX>b−1=PX0 ,所以双曲线的焦点在 x 轴上,
故实轴为 2a=10 ,所以 a=5 ,因此双曲线为 x225−y25=1 ,
所以 c=25+5=30 ,又该双曲线的半实轴长为 a=5 ,
故双曲线的离心率 e=ca=305 .
故选: C.
5. 在 2+xyx−y7 的展开式中, x5y2 的系数为( )
A. 7 B. 15 C. 30 D. 65
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意,利用二项展开式的通项公式求出 x−y7 的展开式中含 x5y2 和含 x4y3 的系数,再求原式的 x5y2 的系数即可.
【详解】在 x−y7 的展开式中, x5y2 的系数为 C72−12=21,x4y3 的系数为 C73−13=−35 ,
所以 2+xyx−y7 的展开式中, x5y2 的系数为 2×21+1×−35=7 .
故选: A.
6. 在圆锥 SO 中， AB 是底面圆 O 的直径， D 为线段 SB 上的一点，且 SB=3DB,C 是 AB⏜ 的中点， 2SO=AB=6 ，则直线 SA 与直线 CD 所成角的余弦值为( )
A. 53 B. 3714 C. 714 D. 11914
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系, 利用空间向量求异面直线所成的角的三角函数值.
【详解】因为 C 为 AB⏜ 的中点,所以 OC⊥AB .
如图: 以 O 为原点, OC,OB,OS 分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,

则 O0,0,0,A0,−3,0,C3,0,0,B0,3,0,S0,0,3 ,
因为 D 为线段 SB 的一点,且 SB=3DB ,所以 D0,2,1 ,
所以 AS=0,3,3,CD=−3,2,1 ,
设直线 SA 与直线 CD 所成的角为 θ ，
则 csθ=csAS,CD=AS⋅CDAS⋅CD=3×2+3×102+32+32−32+22+12=932×14=3714 .
故选: B
7. 某社区组织文化活动，现有书法艺术展示、传统戏曲表演、民间手工艺制作、古典诗词朗诵、现代音乐赏析这 5 个文化活动项目.社区安排 6 名志愿者负责这 5 个项目的活动组织, 若每个项目的活动都至少有 1 名志愿者负责，每名志愿者均需要负责且只负责其中 1 个项目的活动组织，则不同的分配方法种数为( )
A. 1500 B. 1800 C. 2100 D. 2400
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意分组分配, 结合排列组合知识计算即可求解.
【详解】先将 6 名志愿者分成 5 组,从 6 人中选 2 人一组,其余 4 人各一组,共有 C62=15 种分法, 再将这 5 组全排列,对应 5 个项目,有 A55=120 种排法,
所以不同的分配方法种数为 15×120=1800 种.
故选: B.
8. 已知抛物线 y2=2px,F 为它的焦点,过 F 的直线交抛物线于 A、B 两点,过 A、B 两点分别作垂直于准线的直线,垂足分别为 A1、B1 ,其中 A1B1=8,cs∠A1AB=35 ,则 p 值为( )
A. 6415 B. 165 C. 125 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】利用抛物线方程的定义及性质, 结合向量夹角的余弦公式构造方程, 利用韦达定理结合三角函数公式求解.
【详解】 ∵ 抛物线方程为 y2=2px ,
∴ 其焦点 Fp2,0 ,准线为 x=−p2 ,
∵A、B 为抛物线上的点,过 A、B 两点分别作垂直于准线的直线,垂足分别为 A1、B1 ,
设 Ax1,y1,Bx2,y2 ,则 A1−p2,y1,B1−p2,y2,A1B1=y1−y2 ,
∴AA1=AF,BB1=BF ,
∴AB=AF+BF=AA1+BB1=x1+x2+p ,
∵A1B1=8 ,
∴y1−y2=8⇒y1−y22=64 ,
∵A1A=x1+p2,0,AB=x2−x1,y2−y1,cs∠A1AB=35 ,
∴cs∠A1AB=A1A⋅ABA1A⋅AB=x2−x1x1+x2+p=35 ,化简整理得 x2=4x1+3p2 ,
设过焦点的直线为 x=my+p2 ,联立抛物线 y2=2px 得: y2−2pmy−p2=0 ,
由韦达定理得 y1+y2=2pmy1y2=−p2 ,
∴y1−y22=64=y1+y22−4y1y2=4p2m2+1 ,即 p2m2+1=16 ,
设直线 AB 的倾斜角为 θ ,则 csθ=cs∠A1AB=35 ,
∵tanθ=sinθcsθ=1m ,
∴1−cs2θcs2θ=1m2=1−925925=169 ,解得 m2=916 ,
∴p2916+1=16 ,解得 p2=25625 ,则 p=165 ,故 B 正确.

故选: B.
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. 已知变量 x 和 y 满足经验回归方程 y=−0.78x+11.84 ,且变量 x 和 y 之间的一组相关数据如下表所示，则下列说法正确的是( )
A. m=5 B. 当 x=13 时, y=1.7
C. 变量 x 和 y 呈负相关 D. 该经验回归直线必过点 9,5
【答案】ABC
【解析】
【详解】对于 A ,因为变量 x 和 y 满足经验回归方程 y=−0.78x+11.84 ,
又 x=5+6+9+124=8,y=8+7+m+2.44=17.4+m4 ,所以 17.4+m4=−0.78×8+11.84 , 解得 m=5 ,故 A 正确;
对于 B ,因为变量 x 和 y 满足经验回归方程 y=−0.78x+11.84 ,当 x=13 时, y=7 ,故 B 正确;
对于 C ,因为变量 x 和 y 满足经验回归方程 y=−0.78x+11.84,k=−0.783.841 ,
所以有 95% 的把握认为学生对 A 套餐的满意度与套餐的改善有关联.
【小问 2 详解】
由组合计数原理结合古典概型的概率公式可得
PM=C32Cn2Cn+34=3nn−12n+3n+2n+1n24=36n−1n+3n+2n+1 ( n 是不小于 3 的正整数),
令 an=36n−1n+3n+2n+1 ,
由 an≥an+1an≥an−1 ,得 36n−1n+3n+2n+1≥36nn+4n+3n+2,36n−1n+3n+2n+1≥36n−2n+2n+1n, 解得 2≤n≤3 .
因为 n 是不小于 3 的正整数,所以 n=3 ,此时 a3=36×26×5×4=35 ,
所以 PM 的最大值是 35 ,此时 n=3 .
17. 如图，在菱形 ABCD 中， AB=2 ， ∠BAD=60∘ ， E 是线段 AB 的中点，将 △ADE 沿 DE 折起到 △PDE 的位置.

(1)若 PE⊥BC ，证明:平面 PDE⊥ 平面 ABCD ；
(2)若二面角 P−DE−B 是 60∘ ，求点 C 到平面 PDE 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2) 3
【解析】
【分析】(1) 本题可先根据菱形的性质和已知条件得出 PE⊥AD,PE⊥DE ,进而证明 PE⊥ 平面 ABCD ,再利用面面垂直的判定定理证明平面 PDE⊥ 平面 ABCD ;
(2)利用等体积法, 通过已知条件求出相关线段长度, 进而求出点到平面的距离.
【小问 1 详解】
在菱形 ABCD 中,因为 AB=2,∠BAD=60∘,E 是线段 AB 的中点，则 AD=AB=2 ， AE=12AB=1.
根据余弦定理 DE2=AD2+AE2−2AD⋅AEcs∠BAD 可得, DE=3 .
由折叠可知 PE=AE=1,PD=AD=2 ,又 DE=3 ,则 PE2+DE2=1+3=4=PD2 ,所以 △PDE 是直角三角形, PE⊥DE .
已知 PE⊥BC，BC//AD ，所以 PE⊥AD .
因为 PE⊥AD,PE⊥DE,DE∩AD=D,DE,AD⊂ 平面 ABCD ,所以 PE⊥ 平面 ABCD . 又 PE⊂ 平面 PDE ,所以平面 PDE⊥ 平面 ABCD .
【小问 2 详解】
在 △ADE 中，因为 AE2+DE2=1+3=4=AD2 ，所以 △ADE 是直角三角形， DE⊥AB ，又因为 AB//CD ,所以 DE⊥CD .
连接 CE ,则 △CDE 是直角三角形, S△CDE=12×DE×CD=3 .
由( 1 )可知, △PDE 是直角三角形, DE=3,PE=1 ,所以 S△PDE=12×DE×PE=32 .
因为 DE⊥AB,DE⊥PE ,所以 ∠PEB 是二面角 P−DE−B 的平面角. 即 ∠PEB=60∘ .
又因为 PE=1,BE=12AB=1 ,所以 △PBE 是等边三角形,点 P 到平面 CDE 的距离为
PEsin60∘=32 .
设点 C 到平面 PDE 的距离为 ℎ ,因为 VP−CDE=VC−PDE ,所以 13S△CDE⋅PEsin60∘=13S△PDE⋅ℎ , 即 32ℎ=32 ,解得 ℎ=3 ,即点 C 到平面 PDE 的距离为 3 .

18. 已知双曲线 C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0 的一条渐近线方程为 3x−y=0 ,点 P−2,3 在 C 上,直线 l 与 C 交于 A,B 两点.
(1)求 C 的方程；
(2)若线段 AB 的中点坐标为 3,−1 ，求直线 l 的方程；
(3)若 M 为 C 的左顶点，直线 l 过 C 的右焦点 F ， A ， B 都在 C 的右支上， △MAB 的面积为 185 ， O 为坐标原点，求 OA⋅OB .
【答案】(1) C 的方程为 C:x2−y23=1 ;
(2) 9x+y−26=0 ；
(3) -17
【解析】
【分析】(1) 由题意列关于 a,b 的不等式组求出 a,b 即可求解;
(2)由点差法求出直线斜率即可由点斜式求解；
(3)联立直线方程与双曲线方程求出韦达定理，由韦达定理结合弦长公式求出弦长，再由点到直线距离和面积求出参数 k 即可由数量积坐标运算分析计算求解.
【小问 1 详解】
由题可得 ba=34a2−9b2=1⇒a=1b=3 ,所以 C 的方程为 C:x2−y23=1 ;
【小问 2 详解】
设 Ax1,y1,Bx2,y2 ,则 x12−y123=1x22−y223=1 ,
所以 x22−x12−y223−y123=0⇒kl=y2−y1x2−x1=3x2+x1y2+y1=3×6−2=−9 ,
所以直线 l 的方程为 y+1=−9x−3 即 9x+y−26=0 ;
【小问 3 详解】
由( 1 )得 M−1,0,F2,0 ，
当直线 l 斜率不存在时,直线 l:x=2 ,代入双曲线方程得 y=±3⇒AB=6 ,
此时 △MAB 的面积为 12×3×6=9≠185 ,不符合,
所以直线 l 斜率存在,设直线 l:y=kx−2 ,
联立 y=kx−2x2−y23=1 得 3−k2x2+4k2x−4k2−3=0 ,
则 Δ=16k4−43−k2−4k2−3=36k2+36>03−k2≠0x1+x2=−4k23−k2>0x1x2=−4k2−33−k2>0 ,所以 k2>3 ,
所以 AB=1+k2x1+x22−4x1x2=1+k2−4k23−k22−4×−4k2−33−k2=61+k2k2−3 ,
又点 M 到直线 l 的距离为 d=−3k1+k2=3k1+k2 ,
所以 12ABd=12×61+k2k2−3×3k1+k2=185⇒k2=4519 (舍去) 或 k2=4 ,
则 x1x2=19 ,
y1y2=k2x1−2x2−2=k2x1x2−2x1+x2+4=419−2−4k23−k2+4=−36 , 所以 OA⋅OB=x1x2+y1y2=19−36=−17 .

19. 2025 年 12 月 10 日和 11 日，中央经济工作会议在北京召开.会议提出“坚持内需主导，建设强大
国内市场”.为响应国家促进国内消费的政策，某大型商场在“双 12”举办了“让利于民”的优惠活动， 顾客消费每满 500 元可抽奖一次，抽奖方案有以下两种(顾客只能选择其中的一种).
方案 1:从装有 4 个红球，3 个蓝球(形状、大小完全相同)的抽奖盒中，有放回地依次摸出 3 个球.每摸出 1 次红球，优惠 100 元，若 3 次都摸到红球，则额外再优惠 100 元(即总共优惠 400 元)；
方案 2:从装有 4 个红球，3 个蓝球(形状、大小完全相同)的抽奖盒中，不放回地依次摸出 3 个球.中奖规则为:若摸出 3 个红球，享受免单优惠；若摸出 2 个红球，则享受打 5 折优惠；其余情况无优惠.
(1)已知顾客 A 选择抽奖方案 2，若他第一次摸出的球为红球，求他能够享受优惠的概率；
(2)已知顾客 B 恰好消费了 500 元，
(i) 若他选择抽奖方案 1,求顾客 B 所获得的优惠金额的分布列和期望 (结果精确到整数位);
(ii) 试从顾客 B 所获得的优惠金额的期望值分析顾客 B 选择何种抽奖方案更合理.
【答案】(1) 45
(2)(i)分布列见解析，190；(ii)顾客 B 选择抽奖方案 1 更合理
【解析】
【分析】(1) 求条件概率即可求出答案;
(2)(i)设顾客 B 所获得的优惠金额为 X 元， X 的取值有0,100,200,400，分别求得概率, 即可求出分布列, 利用期望公式即可求出期望;
(ii) 求出 EY ,比较与 EX 的大小,即可求解.
【小问 1 详解】
设事件 M 表示“第一次摸到红球”，事件 N 表示“能够享受优惠”,
在第一次摸到红球后, 抽奖盒中还剩 3 个红球和 3 个蓝球, 共 6 个球,
若享受优惠,则后两次摸出 2 个红球或摸出 1 个红球 1 个蓝球,
从 6 个球中不放回地摸 2 个球,总情况有 A62=6×5=30 种,
摸出两个红球的情况有 A32=3×2=6 种,摸出 1 红 1 蓝的情况有 C31C31A22=18 种,
所以 PN∣M=6+1830=45 ,即能够享受优惠的概率为 45 .
【小问 2 详解】
(i) 设顾客 B 选择抽奖方案 1 时,顾客 B 所获得的优惠金额为 X 元,
X 的取值有 0,100,200,400,
从装有 4 个红球,3 个蓝球的抽奖盒中摸一个球,摸到红球的概率为 47 ,摸到蓝球的概率为 37 ,
当摸出 0 个红球时, PX=0=373=27343 ,
当摸出 1 个红球时, PX=100=C31×47×372=108343 ,
当摸出 2 个红球时, PX=200=C32×472×37=144343 ,
当摸出 3 个红球时, PX=400=473=64343 .
所以顾客 B 所获得的优惠金额的分布列为
所以选择方案 1 时,顾客 B 所获得的优惠金额的期望为
EX=0×27343+100×108343+200×144343+400×64343=65200343≈190.
(ii) 设顾客 B 选择抽奖方案 2 时所获得的优惠金额为 Y 元,
Y 的取值有 0,250,500,
当摸出 0 个红球或 1 个红球时, PY=0=C33C73+C41C32C73=1335 ,
当摸出 2 个红球时, PY=250=C42C31C73=1835 ,
当摸出 3 个红球时, PY=500=C43C73=435 ,
所以顾客 B 所获得的优惠金额的分布列为
所以 EY=0×1335+250×1835+500×435=650035≈186 ,
所以 EY