第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)齊魯名校大聯(lián)考2025屆山東省高三第六次學(xué)業(yè)水平聯(lián)合檢測(cè)數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本大題共8小題，共40分。1.已知2+i1?i=a+bi(a,b∈R)，則ab=(

)A.3 B.?3 C.34 D.2.已知集合A={x|x+1x3≥0}，B={x|x≤a}，若(?RA.[0,+∞) B.(0,+∞) C.(?∞,?1) D.(?∞,?1]3.已知△ABC的面積為4，在平面ABC內(nèi)，將△ABC繞A點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°得到對(duì)應(yīng)的△AB1C1，則A.2 B.4 C.6 D.84.已知圓C1:x2+y2=1與圓C2:(x?3)2+yA.9π B.12π C.16π D.18π5.已知sin(α+π3)=1A.?79 B.37 C.?6.已知直線l:y=12x與雙曲線C:x24?y2b2=1(b>0)A.52 B.62 C.7.若方程x2?2x+2?1=0A.(0,1) B.(0,2) C.(2,0) D.(2,1)8.若定義在D上的函數(shù)f(x)，?x1，x2，x3∈D，f(x1)，f(x2)，f(x3)可以作為一個(gè)三角形的三條邊長(zhǎng)，則稱f(x)A.(2e2+2e,+∞) B.(2二、多選題：本大題共3小題，共18分。9.如圖是2024年11月27日國(guó)家統(tǒng)計(jì)局發(fā)布的2023年1?10月到2024年1?10月的各月累計(jì)營(yíng)業(yè)收入與利潤(rùn)總額同比增速的折線圖，則(

)A.累計(jì)營(yíng)業(yè)收入同比增速的方差大于累計(jì)利潤(rùn)總額同比增速的方差

B.累計(jì)利潤(rùn)總額同比增速的極差為18

C.累計(jì)營(yíng)業(yè)收入同比增速的眾數(shù)為2.9

D.累計(jì)利潤(rùn)總額同比增速的40%分位數(shù)為?2.310.在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為ABA.平面APC1⊥平面A1BD

B.若四面體A1?BDC1的四個(gè)頂點(diǎn)均在球O的表面上，則球O的表面積為48π

C.當(dāng)點(diǎn)P在線段BC1上運(yùn)動(dòng)時(shí)，異面直線A1P與AD11.已知互不相等的正實(shí)數(shù)ai∈{1,2,3,4}(i=1，2，3，4)，ai1，ai2，ai3，ai4是a1，a2，aA.P(X>Y)=13 B.P(X>Y)=14

C.三、填空題：本大題共3小題，共15分。12.已知向量a=(2m+1,?1)，b=(m,m+1)，若a⊥b，則m的值為13.“曼哈頓距離”是一種在幾何空間中用于衡量?jī)牲c(diǎn)之間距離的方式，如在n維空間中，設(shè)點(diǎn)A(x1,x2,?,xn)，B(y1,y2,?,yn)，則“曼哈頓距離”表示為d(A,B)=i=1n|xi?yi|，若橢圓C:x2214.已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π2)，f(5π12)=0，當(dāng)x=?π3時(shí)，f(x)取得最值，且當(dāng)x∈(?π四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。15.記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1=1(1)求{an(2)記f(n)=Sn?2n，是否存在實(shí)數(shù)k，使得f(n)=k有兩個(gè)解?若存在，求出16.新高考模式的選科是按物理類與歷史類兩大塊組合進(jìn)行，即物理與歷史必選一科，再?gòu)幕瘜W(xué)、生物、地理、政治四個(gè)學(xué)科中任選兩科，加上語(yǔ)文、數(shù)學(xué)、英語(yǔ)組成一種組合，簡(jiǎn)稱“物理類”與“歷史類”.為了解選科組合是否與性別有關(guān)，某機(jī)構(gòu)隨機(jī)選取了100名學(xué)生，進(jìn)行了問(wèn)卷調(diào)查，得到如下的2×2列聯(lián)表：性別選科組合合計(jì)物理類歷史類男生40女生30合計(jì)已知在這100名學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，抽到選物理類學(xué)生的概率為0.6．(1)完成表中數(shù)據(jù)，并根據(jù)小概率值α=0.005的獨(dú)立性檢驗(yàn)，判斷選科組合是否與性別有關(guān);(2)從上述選物理類的學(xué)生中利用分層隨機(jī)抽樣的方法抽取6人，再?gòu)?人中隨機(jī)抽取4人調(diào)查其選物理類的原因．(ⅰ)用X表示這4人中男生的人數(shù)，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望;(ⅱ)已知這4人中有女生的條件下，求男生、女生人數(shù)不相等的概率．附：χ2=n(ad?bcα0.10.050.005x2.7063.8417.87917.如圖，已知正方形ABCD與矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=2，AF=1，點(diǎn)M在線段EF上運(yùn)動(dòng)．

(1)若AM//平面BDE，求MFEF的值(2)求三棱錐M?ABD的體積;(3)當(dāng)FM=2ME時(shí)，求平面BDM與平面BDF18.已知橢圓M:x2a2+y2b(1)求M的方程;(2)設(shè)直線l:y=kx+2與M相交于不同的兩點(diǎn)C，D．(ⅰ)點(diǎn)C關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為C′，直線DC′的斜率為k′，證明：kk′為定值;(ⅱ)當(dāng)|CD|=2413時(shí)，求k19.“拉格朗日中值定理”是法國(guó)數(shù)學(xué)家拉格朗日在其著作《解析函數(shù)論》中給出的，其內(nèi)容為若函數(shù)y=f(x)滿足如下條件：?①在區(qū)間[a,b]上的圖象是連續(xù)的;?②在區(qū)間(a,b)上可導(dǎo)，則在區(qū)間(a,b)上至少存在一個(gè)實(shí)數(shù)ξ，使得f(b)?f(a)b?a=f′(ξ)成立.已知函數(shù)f(x)=(1)?a，b∈(0,+∞)，且a<b，若f(a)?f(b)a?b≥1恒成立，求m(2)當(dāng)m=?32時(shí)，是否存在區(qū)間[a,b](a>0)，使f(a)+f(b)2>f((3)當(dāng)m<?1時(shí)，設(shè)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)為x1，x2，且x1<x參考答案1.C

2.A

3.B

4.A

5.D

6.C

7.B

8.A

9.BCD

10.ACD

11.ACD

12.±13.8314.4

15.解：(1)∵數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1=1，數(shù)列{an?2n+2}是公比為2的等比數(shù)列．

∴an?2n+2=(a1?2×1+2)2n?1=2n?1?an16.解：(1)因?yàn)樵谶@100名學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，抽到選物理類學(xué)生的概率為0.6，

所以選物理類學(xué)生的人數(shù)為0.6×100=60，因此完成2×2列聯(lián)表如下：性別選科組合合計(jì)物理類歷史類男生401050女生203050合計(jì)6040100零假設(shè)H0：選科組合與性別無(wú)關(guān)．

因?yàn)棣?=10040×30?20×10260×40×50×50=503≈16.667>7.879，

所以根據(jù)小概率值α=0.005的獨(dú)立性檢驗(yàn)得零假設(shè)H0不成立，

因此選科組合與性別有關(guān)．

(2)(ⅰ)從選物理類的學(xué)生中利用分層隨機(jī)抽樣的方法抽取6人，則男生的人數(shù)為4，女生的人數(shù)為2，

因此再?gòu)某槿〉?人中隨機(jī)抽取4人調(diào)查其選物理類的原因，則X的取值為：2、3、4．X234P281因此EX=2×25+3×815+4×115=83．

(ⅱ)設(shè)“4人中有女生”為事件A，“男生、女生人數(shù)不相等”為事件B，

則由17.解：1連接AC，BD，交于點(diǎn)O，連接OE。

因?yàn)檎叫蜛BCD，所以O(shè)是AC中點(diǎn)，又矩形ACEF，則OE?平面BDE。

若AM//平面BDE，AM?平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE=OE，

根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理可得AM//OE。因?yàn)镺是AC中點(diǎn)，所以M是EF中點(diǎn)，所以MFEF=12。

2因?yàn)檎叫蜛BCD與矩形ACEF所在平面互相垂直，平面ABCD∩平面ACEF=AC，AF⊥AC，

AF?平面ACEF，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可知AF⊥平面ABCD。

點(diǎn)M在線段EF上運(yùn)動(dòng)，EF//AC，所以M到平面ABD的距離等于F到平面ABD的距離，即?=AF=1。

正方形ABCD中，AB=2，則S△ABD=12×AB×AD=12×2×2=2。

根據(jù)三棱錐體積公式VM?ABD=13S△ABD??，

可得VM?ABD=13×2×1=23。

3以C為原點(diǎn)，分別以CD，CB，CE所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系。

則D(2,0,0)，B(0,2,0)，F(xiàn)(2,2,1)。因?yàn)镕M=2ME，E(0,0,1)，設(shè)M(x,y,z)，F(xiàn)M=(x?2,y?2,z?1)，

ME=(?x,?y,1?z)，可得x?2=?2xy?2=?2yz?1=2(1?z)解得x=23y=23,z=1即M(23,23,1)。

所以BD=(2,?2,0)，BF=(2,0,1)，BM=(23,?18.解：(1)因?yàn)闄E圓M的離心率為32，M上的點(diǎn)與其中一個(gè)焦點(diǎn)的距離的最小值為2?3，

所以ca=32a?c=2?3，解得a=2c=3，因此b2=a2?c2=1，所以橢圓M的方程為x24+y2=1．

(2)(ⅰ)設(shè)Cx1,y1、Dx2,y2．

由y=kx+2x24+y2=1得1+4k2x2+16kx+12=0，

因此由Δ=16k2?481+4k2=64k2?48>0得k2>34，且x1+x2=?16k1+4k2、x1x2=1219.解：(1)根據(jù)“拉格朗日中值定理”在區(qū)間(a,b)上可導(dǎo)，

則在區(qū)間(a,b)上至少存在一個(gè)實(shí)數(shù)ξ，使得f(b)?f(a)b?a=f′(ξ)成立，

?a，b∈(0,+∞)，且a<b，若f(a)?f(b)a?b≥1恒成立，

即?x∈(0,+∞)，均有f′(x)>1，

由f(x)=ex?x2+mx，得f′(x)=ex?2x+m，

所又ex?2x+m>1在(0,+∞)恒成立，

令g(x)=ex?2x+m?1，則g′(x)=ex?2，

從而由g′(x)>0，得x>ln2，由g′(x)<0，得x>ln2，

所以g(x)=ex?2x+m?1在(?∞,ln2)上遞減，在(ln2,+∞)遞增，

所以g(x)=ex?2x+m?1有最小值g(ln2)=1?2ln2+m，

據(jù)題意1?2ln2+m>0，

所以m>2ln2?1；

(2)m=?32時(shí)，f(x)=ex?x2?32x，則f′(x)=ex?2x?32，

令?(x)=f′(x)=ex?2x?32，定義域?yàn)?0,+∞)，

則?′(x)=ex?2，當(dāng)x∈(0,ln2)時(shí)，?′(x)<0，?(x)單調(diào)遞減;

當(dāng)x∈(ln2,+∞)時(shí)?′(x)>0，?(x)