山东省淄博市2025届高三上学期期末摸底质量检测 数学

这是一份山东省淄博市2025届高三上学期期末摸底质量检测 数学，共21页。
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．
2．回答选择题时，选出每个小题答案后，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. 若，则复数z的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
解析：因为，则，
所以复数z的虚部是.
故选：B.
2. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. 3C. 4D.
【答案】A
解析：向量，，
因为，所以，解得，
所以，所以，
故选：A
3. 已知集合，集合，则子集的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】B
解析：因为集合，
且，可得，
所以子集的个数为2.
故选：B.
4. 已知，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
解析：因为，可得，
又因，可得，
所以.
故选：C.
5. 若圆柱、圆锥的底面半径和高都与球的半径相等，则圆柱、圆锥、球的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
解析：设球的半径为，
所以圆柱、圆锥、球的体积之比为.
故选：D.
6. 已知函数是上的单调函数，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
解析：因为的图象开口向上，对称轴为，
且的单调性相同，
若函数是上的单调函数，可知函数是上的单调递增，
则，解得，
所以实数a的取值范围是.
故选：B.
7. 把函数的图象向右平移个单位长度，再把图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可以得到函数的图象，则函数的零点的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
解析：将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，可得，
再将的图象向左平移个单位长度，
可得，即，
令，则对任意恒成立，
可知函数在上单调递增，且，
所以函数的零点的个数为1.
故选：B.
8. 设函数．若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
解析：因为在定义域上单调递增，
若，可知有相同零点，
则，可得，
构建，则，
令，解得；令，解得；
可知在上单调递增，在上单调递减，则，
所以的最小值为.
故选：A.
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，部分选对的得部分分，选对但选不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 某校举行了交通安全知识主题演讲比赛，甲、乙两位同学演讲后，6位评委对甲、乙的演讲分别进行打分（满分10分），得到如图所示的折线统计图，则（ ）
A. 若去掉最高分和最低分，则甲得分的中位数大于乙得分的中位数
B. 甲得分的极差大于乙得分的极差
C. 甲得分上四分位数小于乙得分的上四分位数
D. 甲得分的方差大于乙得分的方差
【答案】ABD
解析：甲、乙的得分从小到大排列如下：
甲：，乙：，
故去掉最高分和最低分可得甲的中位数为，乙的中位数为，故A正确；
甲的极差为，乙的极差为，故B正确；
，所以甲的第75百分位数为，乙的第75百分位数为，故C错误；
由图可以看出甲得分的波动比乙大，故甲得分的方差大于乙得分的方差，故D正确.
故选：ABD
10. 设公比为q的等比数列前n项的积为，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则必有
C. 若，，则有最大值
D. 若，则数列一定是等差数列
【答案】BC
解析：由于公比为q的等比数列前n项的积为，
因为，所以，
所以，故A错误；
因为，且，
所以，由于等比数列奇数项必同号，则，故B正确；
因为，，所以等比数列是递减数列，
必存在，使得且，这个时候，故C正确；
因为，所以，
由于，
当时，不满足等于同一个常数，故数列不一定是等差数列，
故D错误；
故选：BC.
11. 莱洛三角形，也称圆弧三角形，是由德国机械学家莱洛研究发现的一种曲边三角形，在建筑、工业上应用广泛．如图所示，分别以正三角形ABC的顶点为圆心，以边长2为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为莱洛三角形，则（ ）
A. 莱洛三角形的周长为
B. 以此莱洛三角形为底面做一个侧面与底面垂直且高为10的柱形几何体，则该几何体的体积为
C. 点P为弧上的一点，则的最小值为
D. 点P为莱洛三角形曲边上的一动点，则的最小值为
【答案】ABD
解析：每段圆弧的长度为圆周长的，三段圆弧的总长度为
所以莱洛三角形的周长为，故A正确；
该几何体底面积为三个扇形的面积减去两个正三角形的面积，
正三角形的面积为，
扇形的面积为圆面积的，故扇形的面积为.
所以该几何体底面积为：.
故体积为，故B正确；
设为的中点，为的中点，如图所示，
则
，
在正三角形中，
，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以的最小值为，故C错误；
当点落在圆弧上时，长度恒为半径2，设，，
原式
其中所以，又因为，所以，
所以当时，原式取最小值.
当点落在圆弧上时，长度恒半径2，设，，
原式
，又因为，所以，
所以时，原式取最小值.
∵，故原式取最小值.故D正确；
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 的展开式中，常数项为______．
【答案】
解析：因为的展开式为通项，
令，解得，
所以常数项为.
故答案为：.
13. 已知数列中，，，（，），则______．
【答案】
解析：因为，且，
可知数列是以首项为1，公差为2的等差数列，
则，可得，
所以.
故答案为：.
14. 已知三棱锥的底面ABC是边长为2的正三角形，点A在侧面SBC上的射影H是的垂心，三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球半径等于______．
【答案】
解析：延长交于点，连接，
因为点H是的垂心，则，
又因平面，平面，则，
且，平面，可得平面，
由平面，可得，，
且底面ABC是边长为2的正三角形，则点为的中点，
过点作平面，垂足为点，
且平面，可得，
且，平面，可得平面，
由平面，可得，
同理可得，可知点为的垂心，
因为为等边三角形，可知点为的中心，
则，且，
因为三棱锥的体积为，可得，
可知三棱锥的外接球的球心，设三棱锥的外接球的半径为，
则，解得，
所以外接球的半径为.
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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，成等差数列，且．
（1）求证：为等边三角形；
（2）如图，点D在边BC的延长线上，且，，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【小问1解析】
因为，，成等差数列，则，
又因为，由余弦定理可得，
即，解得，
所以为等边三角形.
【小问2解析】
设，则，
在中，由余弦定理可得，
即，解得，即，
由正弦定理可得.
16. 某地为弘扬我国传统文化，举办知识竞赛活动，每位参赛者从以下两种方式中选择一种参赛：
①活动共设有3个问题，能正确回答问题者才能进入下一个问题，否则即被淘汰，3个问题都回答正确即获得“智慧星”称号；
②活动需参赛者回答5个问题，至少正确回答4个即能获得“智慧星”称号；甲乙两人参加此次竞赛活动，甲选择第一种方式，他能正确回答第一、二、三个问题的概率分别为，乙选择第二种方式，他能正确回答每一个问题的概率均为．两种方式下各个问题能否正确回答均互不影响，两人彼此之间也互不影响．
（1）求甲没有获得“智慧星”称号的概率；
（2）求乙获得“智慧星”称号的概率．
（3）记事件“乙正确回答问题的个数比甲正确回答问题的个数多3个”，求事件发生的概率．
【答案】（1）
（2）
（3）
【小问1解析】
设甲获得“智慧星”称号的事件为，
根据独立事件的乘法公式，，
于是，
即甲没有获得“智慧星”称号的概率是；
【小问2解析】
设乙答对的问题数为，则，
由题意，乙获得智慧星的概率为
【小问3解析】
由于乙最多题，甲最多题，当乙比甲多对题时，甲可能答对题
当甲对题，乙对题时，；
当甲对题，乙对题时，；
当甲对题，乙对题时，；
故
17. 如图，三棱柱中，，，，点M，N分别为AC，AB的中点，且，．
（1）证明：平面ABC；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【小问1解析】
连接，
因为，，则，可知，
且点M，N分别为AC，AB的中点，则，∥，
则，可知，
又因为，则，
可得，可知，
且，平面，所以平面ABC.
【小问2解析】
因为平面ABC，平面ABC，则，
又因为，∥，则，
且，平面，所以平面.
以为坐标原点，分别为轴，平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由平面可知：平面的法向量可以为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知函数，曲线在点处的切线与曲线相切．
（1）求；
（2）若函数，且曲线关于直线对称，
（i）求和的值；
（ii）证明：．
【答案】（1）；
（2）（i），，（ii）证明见解析.
【小问1解析】
因为，
所以，，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，
设直线与曲线相切与点，
因为函数的导函数为，故
所以，，，
解得，，，或，，
又，故；
【小问2解析】
（i）因为，由（1），
所以，
所以函数的定义域为，
因为曲线关于直线对称，
所以，
所以函数关于轴对称，故函数为偶函数，
所以，故
所以，
所以，
所以，
故，
（ii）由（i），，
函数的定义域为，
曲线关于直线对称，
要证明，
只需证明当时，，
只需证明当时，，
令，则，
只需证明当时，，
设，，
则，
所以函数在单调递增，
所以，
所以当时，，
所以.
19. 已知数列，从中选取第项、第项、…第项，若，则称新数列，，…，为的长度为t的递增子列．规定：数列的任意一项都是长度为1的递增子列．
（1）写出数列2，8，4，7，5，9一个长度为3的递增子列和一个长度为4的递增子列；
（2）已知数列的长度为p的递增子列的末项的最小值为x，长度为q的递增子列的末项的最小值为y．若，证明：；
（3）设无穷数列的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若长度为s的递增子列末项的最小值为，且长度为s末项为的递增子列恰有个（），
（i）证明：1，2，3，4，5，6，7这7个数都在数列中；
（ii）写出数列通项公式（不证明）．
【答案】（1）长度为3的递增子列（答案不唯一）；长度为4的递增子列（答案不唯一）；
（2）证明见解析 （3）
【小问1解析】
长度为3的递增子列或或或或或或或（写出一个即可）；
长度为4的递增子列或．
小问2解析】
法一：设的长度为的一个递增子列为且，
其中前项恰好构成长度为的递增子列，
由，得，
因为的长度为的递增子列的末项最小值为，
所以进而得到．
所以．
法二：设的长度为的一个递增子列为且，
长度为的一个递增子列为且
假设，
因为，
所以也是一个长度为的递增子列，
又，即，
这与是子列末项的最小值矛盾，所以假设不成立，即．
【小问3解析】
（i）当时显然成立．
当时，长度为2的递增子列，末项最小值为3，且恰有2个这样的子列，
所以中必含有子列1，3和2，3．
所以中必含有子列2，1，3．
当时，长度为3的递增子列，末项最小值为5，且恰有4个这样的子列，
所以中必含有子列2，1，4，3，5．
当时，长度为4的递增子列，末项最小值为7，且恰有8个这样的子列，
所以中必含有子列2，1，4，3，6，5，7；
（ii）引理：一般地，对于任意正整数，
可得中含有子列．
引理证明：该子列是个正整数的一个排列，1
由于s可以取遍全体整数，当时，该子列覆盖全体正整数，
因为无穷数列各项均为正整数，且任意两项均不相等，
所以当正整数时，该子列含有所有的项，
所以数列与“时的子列”重合．
猜想.