山东省青岛市2025届高三上学期部分学生调研检测（1月）数学试题（解析版）

第页，共页第21页，共21页青岛市2025年高三年级部分学生调研检测数学试题2025.01本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、单项选择题：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.已知样本数据1，3，5，7，9，11，13，15，则该组数据的中位数是（）A.6 B.7 C.8 D.9【答案】C【解析】【分析】利用中位数的定义直接求得结果.【详解】样本数据1，3，5，7，9，11，13，15的中位数是.故选：C2.若，其中，则（）A.2 B. C.3 D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用复数乘法，结合复数相等求出，再求出复数的模.【详解】由，得，而，解得，所以.故选：B3.已知等差数列的前项和为，，则（）A.7 B.8 C.9 D.10【答案】D【解析】【分析】利用等差数列的通项及前项和性质求解即可判断.详解】，故选：D.4.已知圆与圆恰有条公切线，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】分析可知，两圆外切，可得出，再利用重要不等式可求得的最大值.【详解】由题意可知，圆心，圆的半径为，圆心，圆的半径为，因为两圆恰有条公切线，则两圆外切，则，可得，由重要不等式可得，可得，当且仅当时，即当或时，等号成立，故的最大值为.故选：A.5.设函数，，，则可以是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设函数的最小正周期为，由题意可得，可得出关于的表达式，即可得出合适的选项.【详解】因为，则该函数的最大值为，最小值为，且，所以，、中一个为函数的最大值，一个为函数的最小值，设函数的最小正周期为，则，即，可得，所以，的可能取值为.故选：C.6.“超椭圆”是一种优美的封闭曲线．如图是当，时的图象，点是与轴正半轴的交点，过原点的直线交于点、，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出曲线的方程，分析可知，曲线关于原点和坐标轴对称，设点，其中，，则，计算得出，令，可得出，利用导数法求出的取值范围，即可得出的取值范围.【详解】当，时，曲线的方程为，在曲线上任取一点，则点关于原点的对称点为点，则，即点在曲线上，所以，曲线关于原点对称，同理可知，曲线关于、轴对称，因为原点的直线交于点、，则点、关于原点对称，在曲线的方程中，令，可得，即点，，由对称性，不妨设点，其中，，则，，令，令，其中，则，因为，令可得，列表如下：减极小值增所以，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，，又因为，则，所以，，故.故选：D.【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于换元，将转化为关于的函数，再利用导数求其值域.7.已知，若不等式对任意x>0恒成立，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先证明若原不等式恒成立，则必有，再证明当时，原不等式恒成立，即可得到的最大值是.【详解】①若，则当x=1时，有，从而原不等式对x=1不成立，不满足条件；这表明若原不等式恒成立，则必有；②当时，原不等式等价于，下面证明该不等式恒成立：设，则对有，对x>1有.从而fx在上递减，在上递增，故.这就意味着，即.从而此时原不等式恒成立，满足条件.综合①②两个方面可知，的最大值是.故选：B.8.实系数一元三次方程在复数集内有3个根，则，，．设是方程的3个根，则（）A. B. C.3 D.4【答案】B【解析】分析】根据给定条件，列式代入计算即得.【详解】由是方程的3个根，得，所以.故选：B二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．9.已知随机变量满足，则（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】【分析】根据正态分布曲线的对称性即可判定A；由得，，可判断B、D；然后由根据公式求解即可判断C.【详解】由知正态分布曲线的对称轴为，，，因为，所以，，故A、D不正确，B、C正确.故选：BC.10.已知点是圆上一动点，点，线段的中垂线交直线于点，若点的轨迹为曲线，则（）A.曲线的方程为 B.线段中点的轨迹方程为C.的最小值为5 D.直线与曲线只有一个公共点【答案】ABD【解析】【分析】对于A，根据题意得，进而根据双曲线的定义即可判断；对于B，设Ex,y是线段的中点，则，由点在圆上，代入化简即可判断B；对于C，设，则，，将表示成的二次函数，求函数的最小值即可；对于D，分直线与圆相切与不相切两类讨论，当与圆不相切时，通过三角设元法，设出的中点为，得到直线的方程，再将直线的方程与曲线方程联立，通过方程组的解的情况即可判断.【详解】对于A，∵是的中垂线上的点，则，∴，所以点的轨迹是以为焦点的双曲线，其中，，∴曲线的方程为，故A正确；对于B，设Px0,y0，线段中点所以，即化简为，故B正确；对于C，设，则，则，，当时，，故C不正确；对于D，曲线的方程为.设是圆的两条切线，切点分别为，当与(或)重合时，的中垂线经过点，且∥，直线的方程为：，直线为曲线的渐近线；当不与重合时，由选项B知，线段中点的轨迹方程为，故可设中点，若，则，当，即时，此时中垂线，与相切，即直线与曲线只有一个公共点；当，即时，此时中垂线，与相切，即直线与曲线只有一个公共点；若，则，∴，即，若，即，此时直线过原点，则与（或）重合，故.联立，即，得，化简得，则，即此时，解得.所以只有一组实数解，即直线与曲线相切，只有一个公共点，故D项正确.故选：ABD.11.曲线在点处的切线与轴的交点横坐标为，则（）A. B.数列为等差数列C. D.数列的前项和小于2【答案】ACD【解析】【分析】利用导数求函数在处的切线方程，令，可得，可判断A的真假；利用A得到的递推公式，探索与的关系，判断B的真假；根据B中的结论，可求数列的通项公式，判断C的真假；根据ABC中的正确结论，对数列进行放缩，再结合等比数列的求和公式，判断D的真假.【详解】因为，所以.所以函数在点处的切线方程为：.对A选项：在切线方程中，令，得：，所以，故A正确；对B选项：因为，，两边取自然对数，得：.所以数列是以为首项，以2为公比的等比数列，故B错误；对C选项：由B可知：.故C正确；对D选项：因为，又，，所以，.设，则，所以，，，，…，，所以.即数列数的前项和小于2.故D正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：利用导数求出函数在点处的切线，令得到数列的递推公式后，根据题目的提示，研究数列的性质，进而求出数列的通项公式.三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．12.二项式展开式中含项的系数为80，则__________．【答案】5【解析】【分析】根据给定条件，利用二项式定理列式计算得解.【详解】二项式展开式中含的项为，依题意，，即，解得.故答案为：513.函数（且）的图象关于点对称，则__________．【答案】【解析】【分析】根据给定函数，探讨其对称中心，进而求出.【详解】函数的定义域为，且，函数在上有相同的单调性，，即，函数的图象关于点对称，又函数的图象关于点对称，则，所以.故答案为：.14.称集合为“集合”，如果满足如下三个条件：①中有20个元素；②中的每个元素是包含于的闭区间；③对任意实数，中包含的元素个数不超过10．对于“集合”，满足的区间对的个数的最大值为__________．【答案】300【解析】【分析】先构造一个特例，再根据逐步调整法和数学归纳法可证得取值范围，从而可求其最大值.【详解】先构造一个例子：设，，，，构造区间，，集合，设，，，，构造区间，，集合，显然A，B都是“集合”，以下交集不为空集称为“相交”，交集为空集称为“不相交”，易发现：A中每个元素与B中前10个元素相交，A中后10个元素只与B中后10个元素相交，而与前10个元素不相交，所以满足的区间对的个数为，这就是最大值,下面给予一般性的证明：断言一：对于A中区间，如果，则将中的区间替换为不改变原结果，称之为“切换”.这是因为:①如果中的一个区间与相交，那么它与替换前后的两个区间都相交，成立；②如果中的一个区间与不相交，则它要么与都不相交，要么恰与中一个相交.因此，如果它与其中之一相交，则在替换区间后仍会与其中之一相交，也成立.断言二：总能在有限次“切换”后，使得对于中任意两个区间，它们要么不交，要么一个包含另一个，对于亦然.为此，考虑一个以区间为顶点的图，两顶点之间连边当且仅当它们对应的两区间相交，将每个连通分支的顶点对应的区间划分为一组，记为，使得如果，则，显然此分组方式唯一且不改变图的连通性.下面，我们固定并对进行归纳.归纳基础为，显然成立.对每个，考虑中左端点位于最左边的区间（注意稍后可能会变化）.则对于其它任何区间，我们有，另外，若，则称包含．对其它区间执行操作，那么总是包含操作后的区间.因此，与中的每个区间最多相交一次.只要存在区间且，操作过程就不会结束.当操作终止时，中必然不存在满足的区间，并且对于，不与中的任何区间相交.因此，且包含中的所有区间.此时，我们去掉，对应用归纳假设即可.第二步，加强归纳.设集合为“-好的”集合，如果：(1)；(2)的每个元素都是包含在中的闭区间；(3)对于任意实数中包含的元素个数不超过.定义为可以取得的最大值，其中是“-好的”集合且是“-好的”集合.下证加强的命题：，原题即时的特例.对此，我们采用归纳法，归纳基础为.此时，再对使用归纳法.如果，显然成立；否则，设为中最左边的两个区间（注意到，因此我们能够比较这两个区间的位置）､为中最左边的两个区间.此时不难得到：或两者之一，与另一个集合中最多一个区间有非空交集.这是因为，若对某个与的交集非空，则，因此，对于所有与交集为空.不妨设与另一个集合中最多一个区间有非空交集，这样一来，我们可以去掉，再利用归纳假设，结论成立.不妨设，否则把换成.令为中互相不包含的区间的集合（如果多个区间相同且未严格包含于更大的区间中，则选择任意一个加入）.注意到为“-好的”集合，为“（-好的”集合（为中的补集）．下面即为区间对的个数.则：，其中，不等号使用了奠基的结论.至此，加强的命题得证!【点睛】方法点睛：根据极限法，的最大值是10构造集合，得出最值结论，然后用调整法，归纳法证明一般结论，从而得出结果．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.某种产品每吨成本7万元，其销售价格（万元/吨）和销售量（吨）的变化情况如下表：89109（1）若与线性相关，求关于的经验回归方程；（2）根据（1）的结论，预测要使该产品销售利润最大，销售价格是多少？（结果精确到）附：（参考公式）【答案】（1）；（2）万元/吨.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用最小二乘法公式求出经验回归方程.（2）由（1）的结论，求出销售利润函数式，再借助二次函数最值求解.【小问1详解】依题意，，，，因此，所以关于的经验回归方程为.【小问2详解】依题意，销售利润为，当时，取得最大值，所以预测销售价格是万元/吨时，该产品销售利润最大.16.已知内角的对边分别为，．（1）证明：；（2）求的最小值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用余弦定理、正弦定理及和差角的正弦公式推理得证.（2）由（1）的结论，利用和角的正弦及二倍角公式化简，再利用基本不等式求出最小值.【小问1详解】在中，由及余弦定理，得，整理得，由正弦定理得，则于是或（不成立），所以.【小问2详解】由（1）知，，，则，由，得，，因此，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.17.已知为坐标原点，抛物线，点、在上．当为等边三角形时，其重心为．（1）求的方程；（2）已知点，直线、是圆的两条切线．求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设点，根据题意得出关于、方程组，解出的值，可得出、的坐标，再结合的重心坐标求出的值，即可得出抛物线的方程；（2）设点在点的左侧，分析可知，直线、的斜率互为相反数，求出，结合斜率公式可求出点的坐标，同理可得出点的坐标，进而可得出直线的方程，由此可求出以及点到直线的距离，结合三角形的面积公式可求得的面积.【小问1详解】设点，点、关于轴对称，则轴，因为为等边三角形，所以，，解得，即点，可得点，又因为的重心坐标为，所以，，解得，所以，抛物线的方程为.【小问2详解】设点在点的左侧，显然，且轴，所以，直线、的倾斜角、互补，斜率互为相反数，设直线与圆的切点为，则，，故，设点、，所以，，即，所以，，，同理，，解得，，所以，点、，则，则直线的方程为，即，，点到直线的距离，所以，.18.如图，在四棱柱中，四边形为正方形，．（1）证明：平面平面；（2）若四棱柱所有棱长为2，．记四边形的外接圆圆心分别为，点分别在平面上，且．①求二面角的最大值；②根据①的结论，求外接圆直径的最大值．【答案】（1）证明见解析（2）；【解析】【分析】（1）由线线垂直得线面垂直，进而可得面面垂直；（2）①由空间向量法得，进而可得二面角最大值为；②先根据题中位置关系确定在正方体的棱切球上，进而确定四点共面，进而可得外接圆直径的最大值即为球的直径.【小问1详解】因为，，，所以平面，又因为平面，所以平面平面.【小问2详解】因为平面，所以，又因为，，所以平面，此时四棱柱是棱长为的正方形以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设直线与直线交点为，则，设平面的一个法向量为，则，所以，令，得，设平面的一个法向量为，则，所以，令，得，设二面角的大小为，则，当且仅当时取等号，此时为中点，所以二面角的最大值为.由题意可知点均在一个与正方体各棱都相切的球上，球直径为，当恰分别为，中点时，则，显然，所以四点共面，所以此时外接圆直径的最大，最大值恰为球的直径19.记为各项