山东省青岛市、淄博市2024-2025学年高三下学期第二次适应性检测数学试题（解析版）

第1页/共1页2025年高三年级第二次适应性检测数学试题2025.05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、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.已知集合，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据补集的运算，求得，再由集合交集的概念与运算，即可求解.【详解】由集合，，，可得，所以.故选：C.2.命题“，”的否定为（）A.， B.，C.， D.，【答案】D【解析】【分析】根据全称命题的否定即可得到答案．【详解】命题“，”否定为“，”，故选：D．3.某市开展“全民阅读”实施效果的调查研究，按区域划分为核心区、开发区、远郊区，各区的人口比例为．现采用分层抽样的方法从各区中抽取人员进行调研．已知从开发区抽取的人数为300，则从核心区抽取的人数为（）A.90 B.120 C.180 D.200【答案】D【解析】【分析】设从核心区抽取的人数为人，根据题意，列出方程，即可求解.【详解】设从核心区抽取的人数为人，因为各区的人口比例为，且从开发区抽取的人数为300，可得，解得，即从核心区抽取的人数为人.故选：D.4.记等比数列的前项和为，已知，，则（）A.15 B.14 C.13 D.12【答案】A【解析】【分析】根据等比数列下标和性质可得，结合题意可得，进而可得，即可得解.【详解】因为数列为等比数列，则，可得，解得或，若，则公比，可得，所以；若，则公比，可得，所以；综上所述：.故选：A.5.设函数，则下面结论中正确的是（）A.的周期为 B.的图像关于点对称C.的一个极值点是 D.在区间单调递减【答案】C【解析】【分析】由正弦函数的周期公式即可判断A；由正弦函数的图象即可判断B；根据极值点的定义即可判断C；根据正弦函数的性质即可判断D．【详解】对于A，，故A错误；对于B，由，故的图像关于点不对称，故B错误；对于C，设，则，当时，，，当时，，，所以是的一个极大值点，故C正确；对于D，时，，因为在单调递增，所以在区间单调递增，故D错误；故选：C．6.已知一个圆锥的侧面展开图是个半圆，其母线长为，被平行于其底面的平面所截，截去一个底面半径为的圆锥，则所得圆台的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】如图，作出图形的轴截面，利用勾股定理及相似比求出圆台的高，再根据圆台的体积公式即可得解.【详解】设圆锥底面半径为，由题意可得：，解得，如图，作出图形的轴截面，其中分别为圆台的上下底面圆的圆心，则，可得，.故选：C.7.直线与圆交于两点，，则为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设，联立方程组得出，由平面向量数量积坐标运算列出方程求解即可．【详解】设，由得，，则，，由得，，故选：B．8.对于非空集合，定义函数，，若存在，使得，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先由余弦函数的性质求解集合，再根据题意得，则，再讨论的情况即可．【详解】由得，，故，因为，所以，所以，因为集合补集中一段区间的长为，所以当时，一定成立，当时，时，有，解得，所以满足的范围是，综上所述，，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.若随机变量服从正态分布，随机变量服从正态分布，则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】根据题意，得到，且，结合期望和方差的性质，以及正态分布曲线的对称性，逐项判定，即可求解.【详解】由随机变量服从正态分布，可得，又由随机变量服从正态分布，可得，对于A中，由，所以A正确；对于B中，由，所以B不正确；对于C中，由正态分布曲线的性质，得，所以C正确；对于D中，由，又由正态分布曲线的对称性，可得，所以.故选：ACD.10.记为数列的前项和，已知则（）A.2025是数列中的项B.数列是公比为2的等比数列C.D.若，则数列的前项和小于【答案】ACD【解析】【分析】由的通项公式即可判断AC；由即可判断B；由裂项相消即可判断D．【详解】对于A，当为偶数时，令，符合题意，故A正确；对于B，由题知，，故数列是公比为4的等比数列，故B错误；对于C，由题知，，所以，故C正确；对于D，，，设数列的前项和为，则，故D正确；故选：ACD．11.设函数，则（）A.曲线关于对称B.的最小值为C.方程在上有4个根D.存在，使得【答案】ABD【解析】【分析】根据函数的性质，如对称性、最值、方程的根等，对选项逐一进行分析.对于A选项，可判断是否成立来确定是否关于对称；对于B选项，根据三角函数的最值和基本不等式的性质进行求解；首先对函数进行化简，然后求导判断函数的单调性，结合三角函数的图像判断根的个数；对于D选项，根据函数的最值及分母大小进行求解.【详解】对于A选项：..所以，所以关于对称.A选项正确.对于B选项：因为，而,令，，则，所以在上单调递减，在上单调递增，又，所以的最小值为-1，且在处取到最小值，所以，所以B选项正确对于C选项：因为，即.将上面等式化简得.即.当时，，所以在上，.当时，在上，.令.，可求出单调区间.在上单调递减，在单调递增，，.，.这说明至少有一个交点，所以C错误.对于D选项：由已知可得且关于对称，而关于对称,取，令，则，令，则，所以，即在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，结合对称性可得恒成立，所以此时成立，所以D选项正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．12.若，则______．【答案】【解析】【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合共轭复数的概念，即可求解.【详解】由复数，可得，所以.故答案为：13.若抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，的准线交于两点，为等边三角形，则的离心率为______．【答案】【解析】【分析】设双曲线右焦点坐标为，左焦点为，由题意得出的长，再根据几何关系列出等式即可求解．【详解】设双曲线右焦点坐标为，左焦点为，则抛物线准线为，将代入得，，所以，在中，，解得或（舍），所以的离心率为，故答案为：．14.已知三棱锥的体积为，，，，与的周长均为10，则______．【答案】##【解析】【分析】由已知可得在以为焦点的椭球上，由，可知在椭球的截面圆上，设截面圆的圆心为，进而求得截面圆得半径，根据为焦点过的椭圆方程计算求得点坐标，利用两角和的正切公式计算即可得出结果.【详解】因为，与的周长均为10，所以=6，=6，所以在以为焦点的椭球上，因为，所以在椭球的截面圆上，设截面圆的圆心为，则，所以三棱锥的体积为，所以，又因为，所以，解得：，由题意，设以为焦点过的椭圆的标准方程为，设代入解得，所以.故答案为：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.记的内角的对边分别为，若，，．（1）求；（2）若，求边上的高的最大值．【答案】（1）（2）1【解析】【分析】（1）由向量平行的坐标表示得出，再根据余弦定理即可求解；（2）由及基本不等式得出，再根据等面积法即可求解．【小问1详解】因为，所以，即，由余弦定理得，因为，所以．【小问2详解】由（1）得，即，当且仅当时，等号成立，设边上的高为，则，所以，所以边上的高的最大值为1．16.如图，在三棱锥中，，，，分别为的中点．（1）证明：平面平面；（2）若，求直线与平面所成的角．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）结合题设易得，，可得平面，进而求证即可；（2）结合长度关系易证得平面，进而建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【小问1详解】证明：分别为中点，，又，，分别为中点，，又，，，平面，平面，又平面，平面平面．【小问2详解】在中，由，，则，又，，，即，又，，平面，平面，以为原点，分别以所在直线为轴，以平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，则，，，设是平面的一个法向量，则有，令，得，设与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角为.17.设椭圆的左、右焦点分别为，焦距为，点在上．（1）求的方程；（2）设为的角平分线所在的直线，上是否存在关于直线对称的相异两点？若存在，请找出；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）根据焦距和椭圆上的点得到方程组，结合，求出，得到椭圆方程；（2）假设在椭圆上存在关于直线对称的相异两点，分别设为，，设直线与轴的交点为，，根据为的角平分线和正弦定理得到，解得，所以，的方程，关于直线对称，设出直线方程，与椭圆方程联立，根据，求出，并得到两根之和，两根之积，求出中点，将代入方程，可得，与矛盾，故假设不成立，所以椭圆上不存在关于直线对称的相异两点.【小问1详解】由题意可得：，解得，所以椭圆方程为；【小问2详解】假设在椭圆上存在关于直线对称的相异两点，分别设为，，由已知，，设直线与轴的交点为，，因为为的角平分线，所以，又，故，，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，两式相除得，所以，化简得，解得（舍去）或，所以，所以的方程为，即，因为关于直线对称，可知，设直线方程为，由消得：，，解得，由韦达定理得，设线段中点为，，代入直线方程得，所以，将代入方程，可得，与矛盾，故假设不成立，所以椭圆上不存在关于直线对称的相异两点18.盒子中装有个小球，除颜色外，小球的大小、质地完全相同，每次从中无放回地随机取出1个球．（1）若盒中有2个白球，其余为黑球，2次取球后，求取出的2个球不同色的概率；（2）若盒中白球数为随机变量，，证明：第1次取出白球概率为；（3）若盒中白球数为，每次取球后，将1个白球放回盒中，保持盒中球的总数不变，求第次取出白球的概率．参考公式：若是离散型随机变量，有．【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）设事件为“2次摸球后，摸出的球不同色”，根据古典概型概率公式及组合数的计算即可求解；（2）根据全概率公式即可证明；（3）设第次取球后，第次取球前，盒中的白球数为，，设，结合参考公式得，即可得出第次取出白球的概率．【小问1详解】设事件为“2次摸球后，摸出的球不同色”，则，所以2次摸球后，摸出的球不同色的概率为．【小问2详解】证明：，设事件为“第1次从盒子中摸出白球”，则，所以第1次从盒子中摸出白球的概率为．【小问3详解】设第次取球后，第次取球前，盒中的白球数为，，设，由题意得，服从两点分布，故，根据参考公式可得，由第（2）问可得，则，，所以是为首项，为公比的等比数列，则，则第次摸出白球的概率为．19.函数和有相同的定义域，导函数分别为，，若在定义域内均有，则称是的“－函数”．（1）判断是否为的“－函数”，并证明；（2）设和为定义在上的函数，已知，，是的“－函数”，证明：（为常数）；（3）若，，，，证明：是的“－函数”．【答案】（1）是的“－函数”，证明见解析（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意，求得和，结合“－函数”的定义，即可求解；（2）先求得为偶函数，根据是的“－函数”，得到，证得是的“－函数”，进而得到，令，得到，即可证得；（3）设，求得，再设，求得，得到递增且，，得到使得，求得的单调性和最小值，再设，求得，求得的单调性和最小值，得出，进而求得，得到，即可证得是的“