2025年山东省青岛市胶州一中高考数学调研试卷（3月份）（含答案）

这是一份2025年山东省青岛市胶州一中高考数学调研试卷（3月份）（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={x|1≤x≤10}，B={x|x=3k−1,k∈N}，则A∩B=( )
A. {1,3,5,7,9}B. {2,5,8}
C. {1,4,7,10}D. {1,2,4,5,7,8,10}
2.已知复数z=2−bi，若z2为纯虚数，则b=( )
A. 0B. ±1C. ±2D. ±3
3.已知数列{an}为等比数列，a1=512，公比q=14，则数列{an}的前n项积Tn最大时，n=( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
4.若函数f(x)=xa，x∈(0,+∞)的图象如图所示，则函数g(x)=lgax+lga(2−x)的图象大致为( )
A. B.
C. D.
5.已知非零向量b在向量a上的投影向量为12a，|a|=2，则(b−a)⋅a=( )
A. −2B. 2C. −1D. −12
6.已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，斜率为k的直线l与C交于两个不同的点A，B，且F为线段AB的一个三等分点，则k2=( )
A. 4B. 8C. 12D. 16
7.已知函数f(x)=x(x−a)2的极大值为12，则a=( )
A. −32B. −23C. 23D. 32
8.设圆O：x2+y2=2上两点A(x1,y1)B(x2,y2)满足y1−y2=x1−x2−4，则|AB|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 2 2
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.为研究某种树的树高和胸径的关系，某人随机测量了10棵该品种树的胸径x(单位：cm)和树高y(单位：m)的数据(xi,yi)(i=1,2,…,10)，已知其中一组数据为(38.4,23.7)，且i=110xi=291.6，求得回归方程为y =0.25x+15，并绘制了如下残差图，则( )
A. 由残差图可判定树高与胸径的关系符合上述回归模型
B. 该种树的平均树高约为22.29m
C. 数据(38.4,23.7)对应的残差为−0.9
D. 删除一组数据(38.4,23.7)后，重新求得的回归直线的斜率变小
10.已知函数f(x)=sinx(1−csx)，则( )
A. f(x)的零点为2kπ(k∈Z)
B. f(x)在[−π,π]上的最大值与最小值之和为0
C. 直线x=π是f(x)的图象的一条对称轴
D. 0是函数y=xf(x)的极小值点
11.双曲线x2a2−y23=1(a>0)的左右焦点分别为M，N，O为坐标原点，点P在双曲线上，且△PMN的内切圆圆心为H(1,1)，则( )
A. 点H在直线x=a上
B. ∠PMN>π4
C. △PMN外接圆的面积为254π
D. 连结PH交x轴于点Q，则|PH|=2|HQ|
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.今有2只红球、3只黄球，同色球不加以区分，将这5只球排成一列，有 种不同的方法(用数字作答)．
13.已知f(x)是{x|x≠0}上的奇函数，当x>0时，f(x)=lnx.过原点O作两条互相垂直的直线，其中一条与f(x)的图象相切于点A，C，另一条与f(x)的图象相交于点B，D，则四边形ABCD的面积为______．
14.勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分围成的几何体.如图，若构成勒洛四面体ABCD的正四面体ABCD的棱长为4，在该“空心”勒洛四面体ABCD内放入一个正方体，使得此正方体能在该勒洛四面体内任意旋转，则该正方体的棱长最大值是______．
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.(本小题13分)
在△ABC中，记a，b，c分别为角A，B，C的对边.已知a2csA=b3csB．
(1)若C=π4，求tanA；
(2)若b= 2a，求C．
16.(本小题15分)
如图，点D是以AB为直径的半圆上的动点，已知AB=BC=3，且AB⊥BC，平面BCD⊥平面ACD．
(1)证明：BD⊥BC；
(2)若线段AC上存在一点E满足CE=2EA，当三棱锥C−ABD的体积取得最大值时，求平面BED与平面AEB夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
已知f(x)=xln(x−1)−ax(a∈R)．
(1)若f(x)在定义域上单调递增，求a的取值范围；
(2)若y=f(x)有极大值m，求证：mb>0)的离心率e= 32，过点P(4,0)作直线l与椭圆C交于A，B两点(A在B上方)，当l的斜率为−14时，点A恰与椭圆的上顶点重合．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知M(1,0)，设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，设△AMB的外接圆圆心为E.点B关于x轴的对称点为D．
(i)求k1+k2的值；
(ii)求证：ME⊥PD．
19.(本小题17分)
通过抛掷骰子产生随机数列{an}，具体产生方式为：若第k(k=1,2,3,…,n)次抛掷得到点数i(i=1,2,3,4,5,6)，则ak=i.记数列{an}的前n项和为Sn，Xn为Sn除以4的余数．
(1)若n=2，求S2=4的概率；
(2)若n=2，比较P(X2=0)与P(X2=3)的大小，说明理由；
(3)若n=20，设(x+x2+x3+x4+x5+x6)20=b0+b1x+b2x2+⋯+b120x120，试确定该展开式中各项系数与事件Sn=j(j∈N+,j≤120)的联系，并求X20=0的概率．
参考答案
1.B
2.C
3.B
4.A
5.A
6.B
7.D
8.D
9.ABC
10.BD
11.ACD
12.10
13.2(e+1e)
14.8 33−2 2
15.解：(1)由正弦定理及已知条件可得sinA2csA=sinB3csB，
即12tanA=13tanB，所以tanA=23tanB，
又因为C=π4，所以tan(A+B)=−1，即tanA+tanB1−tanAtanB=−1，
将tanA=23tanB代入上式，得53tanB1−23tan2B=−1，
解得tanB=3或tanB=−12(舍去)，所以tanA=2；
(2)由余弦定理及已知条件可得：csB=a2+c2−b22ac=c2−a22ac，
由(1)可得tanB=32tanA=3sinA2csA，所以sinBcsB=3sinA2csA，
即sinBc2−a22ac=3sinA2csA，整理得csA=c2−a23bc，
又因为csA=b2+c2−a22bc，所以b2+c2−a22bc=c2−a23bc，
即3b2+3c2−3a2=2c2−2a2，即3b2+c2−a2=0，
将b= 2a代入可得c2=5a2，因为c>0，所以c= 5a，
所以csC=a2+b2−c22ab=a2+2a2−5a22a× 2a=− 22，
又因为C∈(0,π)，所以C=3π4．
16.解：(1)证明：过点B作BH⊥CD于H，

由平面BCD⊥平面ACD，平面BCD∩平面ACD=CD，BH⊂平面BCD，
所以BH⊥平面ACD，AD⊂平面ACD，
故BH⊥AD，又AB为直径，易知BD⊥AD，
且BD∩BH=B，BD，BH⊂平面BCD，
所以AD⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，
所以BC⊥AD，且AB⊥BC，AD，AB⊂平面BAD，AD∩AB=A，
所以BC⊥平面ABD，BD⊂平面ABD，
故BD⊥BC．
(2)由(1)知，
VC−ABD=13BC⋅S△ABD=12BD⋅AD≤14(BD2+AD2)=14AB2=94，
当BD=AD=3 22时，VC−ABD取到最大值，过点D作DO⊥AB于O，
建立以O为原点，直线OD为x轴，直线OA为y轴，过O点垂直于平面ABD的方向为z轴，
设平面BED与平面AEB的法向量分别为n1,n2，

则B(0,−32,0),A(0,32,0),D(32,0,0),E(0,12,1)，C(0,−32,3)，
所以BD=(32,32,0),BE=(0,2,1)，
则BD⊥n1BE⊥n1，则BD⋅n1=32x+32y=0BE⋅n1=2y+z=0，
令x=1，可得n1=(1,−1,2)，
因为平面AEB的法向量为n2=(1,0,0)，
则平面BED与平面AEB夹角的余弦值csθ=|n1⋅n2||n1|⋅|n2|= 66．
17.解：(1)因为f′(x)=ln(x−1)+xx−1−a，
设φ(x)=f′(x)=ln(x−1)+xx−1−a，
φ′(x)=1x−1−1(x−1)2=x−2(x−1)2，
因为12，
此时f′(x)min=f′(2)=2−a