山东省青岛市第五十八中学2024-2025学年高三上学期调研测试5（期末）数学试题（解析版）

这是一份山东省青岛市第五十八中学2024-2025学年高三上学期调研测试5（期末）数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了01等内容，欢迎下载使用。
2025．01
第Ⅰ卷
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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过解指数不等式求出集合，通过解一元二次不等式求出集合，利用交集的定义即可求出结果．
【详解】由，得，∴
由得， ∴
所以.
故选：B.
2. 已知复数，为z的共轭复数，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据虚数单位的性质可得，进而可得以及的虚部.
【详解】因为，则，
所以的虚部为.
故选：A.
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 若随机变量ξ，η满足，则
B. 命题“，”的否定是“，”
C. 设，则“”是“”必要而不充分条件
D. 已知平面内两个单位向量，的夹角为θ，若，则
【答案】C
【解析】
【分析】利用方差的性质计算可判断A；根据全称量词命题的否定为存在量词命题判断B；根据充分条件、必要条件的定义判断C；利用向量的夹角公式求得判断D.
【详解】因为随机变量ξ，η满足，所以，故A错误；
命题“，”的否定是“，”，故B错误；
由，可得或，所以可得“”是“”的必要而不充分条件，故C正确；
因为，所以，又，单位向量，
所以，所以，又，
所以，故D错误.
故选：C.
4. 2023年5月10日21时22分，搭载天舟六号货运飞船的长征七号遥七运载火箭，在我国文昌航天发射场点火发射，约10分钟后，天舟六号货运飞船与火箭成功分离并进入预定轨道.已知火箭的最大速度（单位：）与燃料质量（单位：）、火箭（除燃料外）的质量（单位：）的函数关系为.若已知火箭的质量为，火箭的最大速度为，则火箭需要加注的燃料质量为（ ）（参考数值：，结果精确到）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件列方程，化简求得正确答案.
【详解】根据题意，，
令，则，
所以，则，
即
所以.
故选：B
5. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两角差的正弦公式同角关系将条件转化为关于，的方程组，解方程求，，再结合两角和正弦公式求结论.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以，
所以，，
所以.
故选：D.
6. 已知随机变量，且，则的最小值为（ ）
A. 9B. 3C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性得，应用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值.
【详解】根据正态分布对称性及已知，有，可得，则，
故，
当且仅当，则时取等号，
综上，目标式的最小值为3.
故选：B
7. 已知，是函数的图象上两个不同的点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断AB；举例判断CD即可.
【详解】由题意不妨设，因为函数是增函数，所以，即，
对于选项AB：可得，即，
根据函数是增函数，所以，故B正确，A错误；
对于选项D：例如，则，
可得，即，故D错误；
对于选项C：例如，则，
可得，即，故C错误，
故选：B.
8. 飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏，玩家根据骰子（骰子为均匀的正六面体）正面朝上的点数确定飞机往前走的步数，刚好走到终点处算“到达”，如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步数，则飞机须往回走超出点数对应的步数．在一次游戏中，飞机距终点只剩3步（如图所示），设该玩家到达终点时投掷骰子的次数为X，则（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】分析出，从而得到，错位相加法求和，求极限，得到答案.
【详解】，即投掷1次到达终点，故第一次投掷点数为3，故，
，即投掷2次到达终点，故第一次投掷的点数不为3，
第二次投掷的点数可根据第一次投掷的点数来唯一确定，
两次投掷的点数有以下的情况，，
故，
，即投掷3次到达终点，前两次投掷均没有到达终点，
，
……，
，即投掷次到达终点，前次投掷均没有到达终点，
，
故①，
②，
则①-②得
，
故.
故选：B
【点睛】关键点点睛：分析得到，即投掷次到达终点，前次投掷均没有到达终点，得到，再根据求期望公式和错位相减法进行求解.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数的图象可由的图象向左平移个单位得到
B. 直线是图象的一条对称轴
C. 若，则的最小值为
D. 直线与函数y=fx在上的图象有7个交点
【答案】BCD
【解析】
【分析】由图象求出函数的解析式，利用三角函数图象变换可判断A选项；利用正弦型函数的对称性可判断B选项；利用正弦型函数的周期性可判断C选项；求出在时的可能取值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，由图可知，函数的最小正周期为，则，
又因为，因为，则，
所以，，则，所以，，
故函数的图象可由的图象向左平移个单位得到，A错；
对于B选项，，
所以，直线是图象的一条对称轴，B对；
对于C选项，因为，
所以，的最小值为，C对；
对于D选项，当时，，
由可知的可能取值集合为，
所以，直线与函数在上的图象有个交点，D对.
故选：BCD.
10. 在边长为4的正方形ABCD中，如图1所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把，和折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥，如图2所示，则下列结论中正确的是（ ）
A.
B. 三棱锥的体积为4
C. 三棱锥外接球的表面积为
D. 过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】将三棱锥补形为边长为2,2,4的长方体，对A：由平面即可判断；对B：由即可求解；对C：三棱锥外接球即为补形后长方体的外接球，从而即可求解；对D：由最大截面为过球心O的大圆，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆即可求解.
【详解】解：由题意，将三棱锥补形为边长为2,2,4的长方体，如图所示：
对A：因为，，，所以平面，所以，故选项A正确；
对B：因为M为BE的中点，所以，故选项B错误；
对C：三棱锥外接球即为补形后长方体的外接球，所以外接球的直径，所以三棱锥外接球的表面积为，故选项C正确；
对D：过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面为圆，其中最大截面为过球心O的大圆，此时截面圆的面积为，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，此时截面圆半径，截面圆的面积为，所以过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的取值范围为，故选项D正确.
故选：ACD.
11. 在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69.800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转、、后所得三条曲线与C围成的（如图阴影区域），A，B为C与其中两条曲线的交点，若，则（ ）

A. 开口向上的抛物线的方程为B.
C. 直线截第一象限花瓣的弦长最大值为D. 阴影区域的面积大于4
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，开口向上的抛物线与关于直线对称，从而得到A正确；B选项，联立求出，由对称性可得，故，B错误；C选项，联立与得，联立与得到，从而求出，换元得到的最大值为，从而得到直线截第一象限花瓣的弦长最大值；D选项，由C选项，求出四边形的面积最大值为，故第一象限内的阴影区域的面积大于1，阴影区域的面积大于4.
【详解】A选项，，故，
开口向上的抛物线是由逆时针旋转得到，
故开口向上的抛物线与关于直线对称，
故开口向上的抛物线方程为，即，A正确；
B选项，与联立，解得，故，
所以，由对称性可得，故，B错误；
C选项，显然，联立与得，
，
故，负值舍去，此时，
故，
与联立得，，故，
由对称性可知，，
其中，
中，令，，
则，
故当，即时，取得最大值，最大值为，
故的最大值为，
直线截第一象限花瓣的弦长最大值为，C错误；
D选项，四边形的对角线垂直，，
由C知，直线截第一象限花瓣的弦长最大值，
故四边形的面积最大值为，
故第一象限内的阴影区域的面积大于1，阴影区域的面积大于4，D正确.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：要求出直线截第一象限花瓣的弦长，分别联立两直线方程和与，得到交点坐标，从而表达出弦长，将几何问题代数化，求出最值.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数的图象在点处的切线过点，则________．
【答案】5
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求切线方程，再由点在切线上求参数即可.
【详解】由题设，且，则，
所以切线方程为过点，
所以，则.
故答案为：5
13. 若为一组从小到大排列的数，1，3，5，7，9，11，13的第六十百分位数，则的展开式中的系数为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用第百分位数的定义求出，再利用组合的应用列式计算作答.
【详解】由，得，
于是展开式中含的项为，
所以的展开式中的系数为.
故答案为：
14. 在平面直角坐标系中，双曲线左、右焦点分别是，过的直线与的左、右两支分别交于两点，点在轴上，满足，且经过的内切圆圆心，则的离心率为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】由可得，又经过的内切圆圆心可得为的角平分线，则由角平分线定理，令，结合比例与双曲线的定义可得将，，用参数表达，在三角形中，结合余弦定理构建齐次方程即可求解离心率.
【详解】因为，所以，
所以，
设，且，
由双曲线的定义可得则，，
因为经过的内切圆圆心，所以为的角平分线，
所以由角平分线定理，则，可得，
所以，，，
在三角形中，所以，
即，
可得，
化简可得，解得.

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，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且的面积.
（1）求角B；
（2）若的平分线交于点D，，，求的长.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）由三角形面积公式可得，即可由余弦定理求解，
（2）利用等面积法即可求解.
【小问1详解】
在中，，而，
即，所以，
由余弦定理得，所以.
【小问2详解】
在中，由等面积法得，
即，
即
所以.
16. 如图，在三棱柱中，平面平面，平面.
（1）求证：；
（2）若二面角的正弦值为，且，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）过作于点，然后根据面面垂直的性质定理得面，然后再利用线面垂直的性质定理得，同理，然后再利用线面垂直的判定定理得面，然后用线面垂直的性质定理得；
（2）以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，然后利用坐标计算确定位置，计算的长度即可.
【小问1详解】
过作于点，
因为平面平面，所以面，
因为 面
所以，
又因为平面，所以，
而面，
所以面，
因为面
所以
【小问2详解】
如图，以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，
二面角的平面角与二面角的平面角互补，记为，
设，有，，，
，
设面的法向量为，有，
即，令，得，
又面的法向量为，
所以，
解得，所以.
17. 已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，且数列是等差数列，．
（1）证明：数列是等差数列．
（2）若数列、满足，，令，求证：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题意利用等差数列定义即可证明得出结论；
（2）求出数列、的通项公式，再利用累乘法以及裂项相消求和即可得出结论.
【小问1详解】
设，则，
当时，；
当时，；
因为，所以，解得或；
当时，，，
当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列；
当时，，不合题意，舍去．
综上可知为等差数列．
【小问2详解】
由已知可得，，所以．
所以，即，
利用累乘法可得：
①当时，
．
②经检验当时也符合题意，所以
所以．
即
18. 已知为坐标原点，是椭圆的左、右焦点，的离心率为，点是上一点，的最小值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知是椭圆的左、右顶点，不与轴平行或重合的直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，且.
①证明：直线过定点；
②设的面积为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②.
【解析】
【分析】（1）应用离心率公式及焦点到椭圆距离的最值列方程组求解，即可求出椭圆方程；
（2）①设直线方程联立方程组得出韦达定理再应用斜率公式得出，再结合韦达定理计算求出即可得出定点；②先表示面积计算化简结合对勾函数得出最值.
【小问1详解】
由题可知，， 解得，
，
椭圆的方程为.
【小问2详解】
①证明：设直线的方程为，，
由得，
，即，
，
在椭圆上 ，
，即，
，
，即，
在直线上，
，
，
，即，
此时，
直线的方程为，即直线过定点.
②解：记直线过定点，
，
，
，
，
令，则，
在上单调递增，
当时，有最大值.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是构造对勾函数形式应用函数的单调性得出函数的最值进而求出面积的最大值.
19. 帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，……，，注：，，，，……已知函数．
（1）求函数在处的阶帕德近似．
（2）在（1）的条件下：
①求证：；
②若恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）根据帕德近似定义对函数求导即可得出；
（2）①构造函数并求导得出其在上的单调性，即可得出结论；
②根据函数解析式求导再结合函数单调性以及极值、最值的综合应用即可求得实数m的取值范围．
【小问1详解】
由题可知函数在处的阶帕德近似，
则，，，
由得，所以，则，
又由得，所以，
由得，
所以，
【小问2详解】
①令，，
因为，
所以在及上均单调递减．
当，，即，
而，所以，即，
当，，即，
而，所以，即，
所以不等式恒成立；
②由得在上恒成立，
令，且，所以是的极大值点，
又，故，则，
当时，，
所以，
当时，，，则，
故在上单调递增，所以当时，，
当时，，
令，因为，所以在上单调递减，
所以，
又因为在上，
故当时，，
综上，当时，恒成立．
【点睛】关键点点睛：理解帕德近似的定义并求得的解析式，是求解本题第二问的关键，再结合导数求得单调性可解.