第頁，共頁第21頁，共21頁青島市2025年高三年級部分學生調研檢測數學試題2025.01本試卷共4頁，19題．全卷滿分150分．考試用時120分鐘．注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需要改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知樣本數據1，3，5，7，9，11，13，15，則該組數據的中位數是（）A.6 B.7 C.8 D.9【答案】C【解析】【分析】利用中位數的定義直接求得結果.【詳解】樣本數據1，3，5，7，9，11，13，15的中位數是.故選：C2.若，其中，則（）A.2 B. C.3 D.【答案】B【解析】【分析】根據給定條件，利用復數乘法，結合復數相等求出，再求出復數的模.【詳解】由，得，而，解得，所以.故選：B3.已知等差數列的前項和為，，則（）A.7 B.8 C.9 D.10【答案】D【解析】【分析】利用等差數列的通項及前項和性質求解即可判斷.詳解】，故選：D.4.已知圓與圓恰有條公切線，則的最大值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】分析可知，兩圓外切，可得出，再利用重要不等式可求得的最大值.【詳解】由題意可知，圓心，圓的半徑為，圓心，圓的半徑為，因為兩圓恰有條公切線，則兩圓外切，則，可得，由重要不等式可得，可得，當且僅當時，即當或時，等號成立，故的最大值為.故選：A.5.設函數，，，則可以是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設函數的最小正周期為，由題意可得，可得出關于的表達式，即可得出合適的選項.【詳解】因為，則該函數的最大值為，最小值為，且，所以，、中一個為函數的最大值，一個為函數的最小值，設函數的最小正周期為，則，即，可得，所以，的可能取值為.故選：C.6.“超橢圓”是一種優美的封閉曲線．如圖是當，時的圖象，點是與軸正半軸的交點，過原點的直線交于點、，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出曲線的方程，分析可知，曲線關于原點和坐標軸對稱，設點，其中，，則，計算得出，令，可得出，利用導數法求出的取值范圍，即可得出的取值范圍.【詳解】當，時，曲線的方程為，在曲線上任取一點，則點關于原點的對稱點為點，則，即點在曲線上，所以，曲線關于原點對稱，同理可知，曲線關于、軸對稱，因為原點的直線交于點、，則點、關于原點對稱，在曲線的方程中，令，可得，即點，，由對稱性，不妨設點，其中，，則，，令，令，其中，則，因為，令可得，列表如下：減極小值增所以，函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以，，又因為，則，所以，，故.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：解本題的關鍵在于換元，將轉化為關于的函數，再利用導數求其值域.7.已知，若不等式對任意x>0恒成立，則的最大值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先證明若原不等式恒成立，則必有，再證明當時，原不等式恒成立，即可得到的最大值是.【詳解】①若，則當x=1時，有，從而原不等式對x=1不成立，不滿足條件；這表明若原不等式恒成立，則必有；②當時，原不等式等價于，下面證明該不等式恒成立：設，則對有，對x>1有.從而fx在上遞減，在上遞增，故.這就意味著，即.從而此時原不等式恒成立，滿足條件.綜合①②兩個方面可知，的最大值是.故選：B.8.實系數一元三次方程在復數集內有3個根，則，，．設是方程的3個根，則（）A. B. C.3 D.4【答案】B【解析】分析】根據給定條件，列式代入計算即得.【詳解】由是方程的3個根，得，所以.故選：B二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對得部分分，有選錯的得0分．9.已知隨機變量滿足，則（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】【分析】根據正態分布曲線的對稱性即可判定A；由得，，可判斷B、D；然后由根據公式求解即可判斷C.【詳解】由知正態分布曲線的對稱軸為，，，因為，所以，，故A、D不正確，B、C正確.故選：BC.10.已知點是圓上一動點，點，線段的中垂線交直線于點，若點的軌跡為曲線，則（）A.曲線的方程為 B.線段中點的軌跡方程為C.的最小值為5 D.直線與曲線只有一個公共點【答案】ABD【解析】【分析】對于A，根據題意得，進而根據雙曲線的定義即可判斷；對于B，設Ex,y是線段的中點，則，由點在圓上，代入化簡即可判斷B；對于C，設，則，，將表示成的二次函數，求函數的最小值即可；對于D，分直線與圓相切與不相切兩類討論，當與圓不相切時，通過三角設元法，設出的中點為，得到直線的方程，再將直線的方程與曲線方程聯立，通過方程組的解的情況即可判斷.【詳解】對于A，∵是的中垂線上的點，則，∴，所以點的軌跡是以為焦點的雙曲線，其中，，∴曲線的方程為，故A正確；對于B，設Px0,y0，線段中點所以，即化簡為，故B正確；對于C，設，則，則，，當時，，故C不正確；對于D，曲線的方程為.設是圓的兩條切線，切點分別為，當與(或)重合時，的中垂線經過點，且∥，直線的方程為：，直線為曲線的漸近線；當不與重合時，由選項B知，線段中點的軌跡方程為，故可設中點，若，則，當，即時，此時中垂線，與相切，即直線與曲線只有一個公共點；當，即時，此時中垂線，與相切，即直線與曲線只有一個公共點；若，則，∴，即，若，即，此時直線過原點，則與（或）重合，故.聯立，即，得，化簡得，則，即此時，解得.所以只有一組實數解，即直線與曲線相切，只有一個公共點，故D項正確.故選：ABD.11.曲線在點處的切線與軸的交點橫坐標為，則（）A. B.數列為等差數列C. D.數列的前項和小于2【答案】ACD【解析】【分析】利用導數求函數在處的切線方程，令，可得，可判斷A的真假；利用A得到的遞推公式，探索與的關系，判斷B的真假；根據B中的結論，可求數列的通項公式，判斷C的真假；根據ABC中的正確結論，對數列進行放縮，再結合等比數列的求和公式，判斷D的真假.【詳解】因為，所以.所以函數在點處的切線方程為：.對A選項：在切線方程中，令，得：，所以，故A正確；對B選項：因為，，兩邊取自然對數，得：.所以數列是以為首項，以2為公比的等比數列，故B錯誤；對C選項：由B可知：.故C正確；對D選項：因為，又，，所以，.設，則，所以，，，，…，，所以.即數列數的前項和小于2.故D正確.故選：ACD【點睛】關鍵點點睛：利用導數求出函數在點處的切線，令得到數列的遞推公式后，根據題目的提示，研究數列的性質，進而求出數列的通項公式.三、填空題：本題共3個小題，每小題5分，共15分．12.二項式展開式中含項的系數為80，則__________．【答案】5【解析】【分析】根據給定條件，利用二項式定理列式計算得解.【詳解】二項式展開式中含的項為，依題意，，即，解得.故答案為：513.函數（且）的圖象關于點對稱，則__________．【答案】【解析】【分析】根據給定函數，探討其對稱中心，進而求出.【詳解】函數的定義域為，且，函數在上有相同的單調性，，即，函數的圖象關于點對稱，又函數的圖象關于點對稱，則，所以.故答案為：.14.稱集合為“集合”，如果滿足如下三個條件：①中有20個元素；②中的每個元素是包含于的閉區間；③對任意實數，中包含的元素個數不超過10．對于“集合”，滿足的區間對的個數的最大值為__________．【答案】300【解析】【分析】先構造一個特例，再根據逐步調整法和數學歸納法可證得取值范圍，從而可求其最大值.【詳解】先構造一個例子：設，，，，構造區間，，集合，設，，，，構造區間，，集合，顯然A，B都是“集合”，以下交集不為空集稱為“相交”，交集為空集稱為“不相交”，易發現：A中每個元素與B中前10個元素相交，A中后10個元素只與B中后10個元素相交，而與前10個元素不相交，所以滿足的區間對的個數為，這就是最大值,下面給予一般性的證明：斷言一：對于A中區間，如果，則將中的區間替換為不改變原結果，稱之為“切換”.這是因為:①如果中的一個區間與相交，那么它與替換前后的兩個區間都相交，成立；②如果中的一個區間與不相交，則它要么與都不相交，要么恰與中一個相交.因此，如果它與其中之一相交，則在替換區間后仍會與其中之一相交，也成立.斷言二：總能在有限次“切換”后，使得對于中任意兩個區間，它們要么不交，要么一個包含另一個，對于亦然.為此，考慮一個以區間為頂點的圖，兩頂點之間連邊當且僅當它們對應的兩區間相交，將每個連通分支的頂點對應的區間劃分為一組，記為，使得如果，則，顯然此分組方式唯一且不改變圖的連通性.下面，我們固定并對進行歸納.歸納基礎為，顯然成立.對每個，考慮中左端點位于最左邊的區間（注意稍后可能會變化）.則對于其它任何區間，我們有，另外，若，則稱包含．對其它區間執行操作，那么總是包含操作后的區間.因此，與中的每個區間最多相交一次.只要存在區間且，操作過程就不會結束.當操作終止時，中必然不存在滿足的區間，并且對于，不與中的任何區間相交.因此，且包含中的所有區間.此時，我們去掉，對應用歸納假設即可.第二步，加強歸納.設集合為“-好的”集合，如果：(1)；(2)的每個元素都是包含在中的閉區間；(3)對于任意實數中包含的元素個數不超過.定義為可以取得的最大值，其中是“-好的”集合且是“-好的”集合.下證加強的命題：，原題即時的特例.對此，我們采用歸納法，歸納基礎為.此時，再對使用歸納法.如果，顯然成立；否則，設為中最左邊的兩個區間（注意到，因此我們能夠比較這兩個區間的位置）?為中最左邊的兩個區間.此時不難得到：或兩者之一，與另一個集合中最多一個區間有非空交集.這是因為，若對某個與的交集非空，則，因此，對于所有與交集為空.不妨設與另一個集合中最多一個區間有非空交集，這樣一來，我們可以去掉，再利用歸納假設，結論成立.不妨設，否則把換成.令為中互相不包含的區間的集合（如果多個區間相同且未嚴格包含于更大的區間中，則選擇任意一個加入）.注意到為“-好的”集合，為“（-好的”集合（為中的補集）．下面即為區間對的個數.則：，其中，不等號使用了奠基的結論.至此，加強的命題得證!【點睛】方法點睛：根據極限法，的最大值是10構造集合，得出最值結論，然后用調整法，歸納法證明一般結論，從而得出結果．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．15.某種產品每噸成本7萬元，其銷售價格（萬元/噸）和銷售量（噸）的變化情況如下表：89109（1）若與線性相關，求關于的經驗回歸方程；（2）根據（1）的結論，預測要使該產品銷售利潤最大，銷售價格是多少？（結果精確到）附：（參考公式）【答案】（1）；（2）萬元/噸.【解析】【分析】（1）根據給定條件，利用最小二乘法公式求出經驗回歸方程.（2）由（1）的結論，求出銷售利潤函數式，再借助二次函數最值求解.【小問1詳解】依題意，，，，因此，所以關于的經驗回歸方程為.【小問2詳解】依題意，銷售利潤為，當時，取得最大值，所以預測銷售價格是萬元/噸時，該產品銷售利潤最大.16.已知內角的對邊分別為，．（1）證明：；（2）求的最小值．【答案】（1）證明見解析；（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證.（2）由（1）的結論，利用和角的正弦及二倍角公式化簡，再利用基本不等式求出最小值.【小問1詳解】在中，由及余弦定理，得，整理得，由正弦定理得，則于是或（不成立），所以.【小問2詳解】由（1）知，，，則，由，得，，因此，當且僅當，即時取等號，所以的最小值為.17.已知為坐標原點，拋物線，點、在上．當為等邊三角形時，其重心為．（1）求的方程；（2）已知點，直線、是圓的兩條切線．求的面積．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）設點，根據題意得出關于、方程組，解出的值，可得出、的坐標，再結合的重心坐標求出的值，即可得出拋物線的方程；（2）設點在點的左側，分析可知，直線、的斜率互為相反數，求出，結合斜率公式可求出點的坐標，同理可得出點的坐標，進而可得出直線的方程，由此可求出以及點到直線的距離，結合三角形的面積公式可求得的面積.【小問1詳解】設點，點、關于軸對稱，則軸，因為為等邊三角形，所以，，解得，即點，可得點，又因為的重心坐標為，所以，，解得，所以，拋物線的方程為.【小問2詳解】設點在點的左側，顯然，且軸，所以，直線、的傾斜角、互補，斜率互為相反數，設直線與圓的切點為，則，，故，設點、，所以，，即，所以，，，同理，，解得，，所以，點、，則，則直線的方程為，即，，點到直線的距離，所以，.18.如圖，在四棱柱中，四邊形為正方形，．（1）證明：平面平面；（2）若四棱柱所有棱長為2，．記四邊形的外接圓圓心分別為，點分別在平面上，且．①求二面角的最大值；②根據①的結論，求外接圓直徑的最大值．【答案】（1）證明見解析（2）；【解析】【分析】（1）由線線垂直得線面垂直，進而可得面面垂直；（2）①由空間向量法得，進而可得二面角最大值為；②先根據題中位置關系確定在正方體的棱切球上，進而確定四點共面，進而可得外接圓直徑的最大值即為球的直徑.【小問1詳解】因為，，，所以平面，又因為平面，所以平面平面.【小問2詳解】因為平面，所以，又因為，，所以平面，此時四棱柱是棱長為的正方形以為原點，所在直線分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，設直線與直線交點為，則，設平面的一個法向量為，則，所以，令，得，設平面的一個法向量為，則，所以，令，得，設二面角的大小為，則，當且僅當時取等號，此時為中點，所以二面角的最大值為.由題意可知點均在一個與正方體各棱都相切的球上，球直徑為，當恰分別為，中點時，則，顯然，所以四點共面，所以此時外接圓直徑的最大，最大值恰為球的直徑19.記為各項